「重要問題集」徹底解説（41〜45問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題41 (京都府大)

【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、曲面を持つ台の上を運動する小球と、その反動で動く台の運動を扱う、力学の総合問題です。運動の各段階で、どの物理法則が適用できるかを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

この問題のテーマは「運動量保存則とエネルギー保存則の応用」です。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

1. 力学的エネルギー保存則: 「小球＋台」の系全体で見ると、仕事をするのは保存力である重力のみなので、系の力学的エネルギーは保存されます。ただし、小球単体では垂直抗力が仕事をするため、エネルギーは保存されません。
2. 運動量保存則: 「小球＋台」の系には水平方向の外力が働かないため、水平方向の運動量は常に保存されます。
3. 衝突の法則（反発係数）: 小球と壁の衝突において、壁に垂直な方向の相対速度が変化する様子を記述します。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. 運動を「A→B」「B→C」「C→D」「Dでの衝突」「D→最高点」のフェーズに分け、各フェーズで適用できる法則を考えます。
2. 特に台が動き出す「B→C」の区間では、系のエネルギー保存則と運動量保存則を連立させて解きます。
3. 衝突現象では、系の運動量保存則と反発係数の式を連立させます。
4. 最終的な高さを求めるには、再び系のエネルギー保存則を利用します。

問(1)

思考の道筋とポイント
小球が最初に点Bを通過するときの小球の速さ\(v_B\)を求めます。
小球がAからBへ移動する間、小球は鉛直に落下します。このとき、小球が台に及ぼす力は鉛直方向のみです。台は水平方向にしか動けないため、この力では台は動きません。したがって、台は静止したままであり、小球は単純な自由落下と同じ運動をします。
この過程では、小球には保存力である重力しか仕事をしていないため、小球単体の力学的エネルギーが保存されます。

この設問における重要なポイント

• A→Bの区間では、台は動かないことを理解する。
• 小球単体の力学的エネルギー保存則を適用する。
• 位置エネルギーの基準点を明確に設定する（ここでは点Cを基準とするのが便利）。

具体的な解説と立式
位置エネルギーの基準点を点Cの高さとします。

• 点Aでの力学的エネルギー: 小球は静止しているので運動エネルギーは0。高さは\(h_1\)。
  $$E_A = \frac{1}{2}m \cdot 0^2 + mgh_1$$
• 点Bでの力学的エネルギー: 小球の速さを\(v_B\)、高さは\(h_2\)。
  $$E_B = \frac{1}{2}mv_B^2 + mgh_2$$

力学的エネルギー保存則 \(E_A = E_B\) より、
$$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_B^2 + mgh_2 \quad \cdots ①$$

式①を\(v_B\)について解きます。
まず、両辺を\(m\)で割ります。
$$gh_1 = \frac{1}{2}v_B^2 + gh_2$$
\(\displaystyle\frac{1}{2}v_B^2\)について整理します。
$$\frac{1}{2}v_B^2 = gh_1 – gh_2 = g(h_1 – h_2)$$
両辺を2倍します。
$$v_B^2 = 2g(h_1 – h_2)$$
\(v_B > 0\) なので、平方根をとります。
$$v_B = \sqrt{2g(h_1 – h_2)}$$

A点からB点までは、台が動かないので、小球はただの自由落下と同じです。小球が持っていた位置エネルギーの減少分が、運動エネルギーの増加分に変わります。このエネルギーの保存関係から速さ\(v_B\)を計算します。

小球の速さ\(v_B\)は \(\sqrt{2g(h_1 – h_2)}\) です。
これは、高さ \((h_1 – h_2)\) を自由落下した物体の速さの公式と一致しており、物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
小球が最初に点Cを通過するときの小球の速さ\(v_C\)と台の速さ\(V_C\)を求めます。
小球がB→Cの曲面を滑り降りる間、小球は台を斜め方向に押します。この力の水平成分によって、台は後方（左向き）に動き始めます。
この過程では、以下の2つの保存則が成り立ちます。

1. 系の力学的エネルギー保存則: 小球と台を一つの「系」として見ると、仕事をするのは保存力である重力のみです（垂直抗力は内力）。したがって、系全体の力学的エネルギーは保存されます。
2. 系の水平方向の運動量保存則: 系には水平方向の外力が働かないため、水平方向の運動量は保存されます。

この2つの保存則を連立させることで、2つの未知数\(v_C, V_C\)を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

• B→Cの区間では台が動くため、小球単体の力学的エネルギーは保存されない。
• 「小球＋台」の系全体で、力学的エネルギーと水平方向の運動量が保存される。
• 運動の向きに注意して、運動量保存則を立式する（右向きを正とするなど）。

具体的な解説と立式
右向きを正とします。

1. 力学的エネルギー保存則
系のエネルギーは、点Aで小球をはなした瞬間から点Cに達するまで保存されます。

• 点Aでの系のエネルギー（初期状態）:
  $$E_{A系} = mgh_1$$
• 点Cでの系のエネルギー（最終状態）: 小球の速さは\(v_C\)（右向き）、台の速さは\(V_C\)（左向き、よって速度は\(-V_C\)）。点Cを基準とした高さは0。
  $$E_{C系} = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}M V_C^2$$

エネルギー保存則 \(E_{A系} = E_{C系}\) より、
$$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}M V_C^2 \quad \cdots ②$$
2. 水平方向の運動量保存則
初期状態（点A）では、小球も台も水平方向の速度は0です。

• 初期状態の水平運動量: \(P_x = 0\)
• 点Cでの水平運動量:
  $$P’_x = m v_C + M(-V_C)$$

運動量保存則 \(P_x = P’_x\) より、
$$0 = mv_C – MV_C \quad \cdots ③$$

式③から、\(V_C\)を\(v_C\)で表します。
$$MV_C = mv_C$$
$$V_C = \frac{m}{M}v_C \quad \cdots ④$$
これを式②に代入して、\(V_C\)を消去します。
$$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}M \left(\frac{m}{M}v_C\right)^2$$
$$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}M \frac{m^2}{M^2}v_C^2$$
$$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}v_C^2$$
両辺を\(m\)で割り、\(\displaystyle\frac{1}{2}v_C^2\)でくくります。
$$gh_1 = \frac{1}{2}v_C^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right)$$
$$gh_1 = \frac{1}{2}v_C^2 \left(\frac{M+m}{M}\right)$$
\(v_C^2\)について解きます。
$$v_C^2 = \frac{2Mgh_1}{M+m}$$
$$v_C = \sqrt{\frac{2Mgh_1}{M+m}}$$
次に、この結果を式④に代入して\(V_C\)を求めます。
$$V_C = \frac{m}{M}v_C = \frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh_1}{M+m}}$$

小球が曲面を滑ると、台が後ろに押されます。このとき、「全体のエネルギーは変わらない」というルールと、「全体の横方向の勢い（運動量）も変わらない（最初は0だったから後も0）」という2つのルールが成り立ちます。この2つのルールを連立方程式として解くことで、小球と台のそれぞれの速さが求まります。

小球の速さは \(v_C = \sqrt{\displaystyle\frac{2Mgh_1}{M+m}}\)、台の速さは \(V_C = \displaystyle\frac{m}{M}\sqrt{\displaystyle\frac{2Mgh_1}{M+m}}\) です。
もし台の質量\(M\)が非常に大きい（\(M \gg m\)）とすると、\(v_C \approx \sqrt{2gh_1}\), \(V_C \approx 0\) となり、台が動かない場合の自由落下の結果と一致します。物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
小球が点Cを通過してから点Dに到達するまでの時間\(t\)を求めます。
C→Dの区間では、小球と台にはたらく力は鉛直方向のみで、水平方向には力がはたらきません。したがって、小球と台はそれぞれ、点Cを通過したときの速さ \(v_C, V_C\) のまま等速直線運動をします。
小球は右向きに、台は左向きに動くため、両者の相対的な速さで距離\(a\)を進む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

• C→Dの区間では、小球も台も等速直線運動をする。
• 小球と台の相対速度を考える。

具体的な解説と立式
小球は速さ\(v_C\)で右向きに、台は速さ\(V_C\)で左向きに動きます。
台から見ると、小球は速さ \((v_C + V_C)\) で近づいてくるように見えます。
この相対速度で距離\(a\)を進むのにかかる時間が\(t\)なので、
$$t = \frac{a}{v_C + V_C} \quad \cdots ⑤$$

まず、分母の \(v_C + V_C\) を計算します。(2)の結果より \(V_C = \frac{m}{M}v_C\) なので、
$$v_C + V_C = v_C + \frac{m}{M}v_C = \left(1 + \frac{m}{M}\right)v_C = \left(\frac{M+m}{M}\right)v_C$$
ここに \(v_C = \sqrt{\displaystyle\frac{2Mgh_1}{M+m}}\) を代入します。
$$v_C + V_C = \left(\frac{M+m}{M}\right) \sqrt{\frac{2Mgh_1}{M+m}} = \sqrt{\left(\frac{M+m}{M}\right)^2 \frac{2Mgh_1}{M+m}}$$
$$= \sqrt{\frac{(M+m)2gh_1}{M}}$$
これを式⑤に代入します。
$$t = \frac{a}{\sqrt{\frac{2(M+m)gh_1}{M}}} = a\sqrt{\frac{M}{2(M+m)gh_1}}$$

小球は右へ、台は左へ動くので、両者はどんどん離れていきます。小球が壁Dにたどり着くのは、小球が進んだ距離と台が動いた距離の合計が\(a\)になるときです。別の見方をすれば、台の上に乗っている人から見ると、小球は「小球の速さ＋台の速さ」という合計の速さで遠ざかっていくように見えます。この「相対的な速さ」で距離\(a\)を進む時間を計算します。

時間は \(t = a\sqrt{\displaystyle\frac{M}{2(M+m)gh_1}}\) です。
距離\(a\)が長いほど時間がかかる、速さ（\(v_C, V_C\)の元となる\(h_1\)）が速いほど時間は短くなる、という直感と一致する結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
小球が壁Dと衝突した直後の小球の速さ\(v_D’\)と台の速さ\(V_D’\)を求めます。
衝突は小球と壁（台の一部）の間で起こります。この瞬間的な衝突の間、小球と台を一つの系として考えると、水平方向の外力は働かないため、水平方向の運動量は保存されます。
さらに、小球と壁の間の反発係数の式を立てます。このとき、速度は床に対する絶対速度を用いる必要があります。
この2つの式を連立させることで、衝突直後の2つの未知の速さ\(v_D’, V_D’\)を求めます。

この設問における重要なポイント

• 衝突の前後で、系の水平方向の運動量は保存される。
• 反発係数の式は、衝突する面（壁D）に対する相対速度で定義される。
• 衝突直前の速度は、C→Dの等速直線運動の速度と同じである。

具体的な解説と立式
右向きを正とします。

• 衝突直前の速度:
  • 小球: \(v_C\)
  • 台（壁）: \(-V_C\)
• 衝突直後の速度:
  • 小球: \(-v_D’\) （はね返るので左向き）
  • 台: \(-V_D’\) （衝突でさらに左に押されるか、勢いが弱まるかは不明だが、左向きと仮定）

1. 水平方向の運動量保存則
$$m v_C + M(-V_C) = m(-v_D’) + M(-V_D’)$$
ここで、(2)の運動量保存則から \(mv_C – MV_C = 0\) であったので、左辺は0です。
$$0 = -mv_D’ – MV_D’ \quad \rightarrow \quad mv_D’ + MV_D’ = 0 \quad \cdots ⑥$$
2. 反発係数の式
$$e = – \frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})} $$
$$= – \frac{v’_{小球} – v’_{壁}}{v_{小球} – v_{壁}}$$
壁の速度は台の速度と同じなので、
$$e = – \frac{(-v_D’) – (-V_D’)}{v_C – (-V_C)} \quad \cdots ⑦$$

式⑥より、\(V_D’ = \displaystyle\frac{m}{M}v_D’\) となります（速さの関係なので正）。
式⑦を整理します。
$$e = – \frac{-v_D’ + V_D’}{v_C + V_C} \quad \rightarrow \quad e(v_C + V_C) = v_D’ – V_D’$$
ここに \(V_D’ = \frac{m}{M}v_D’\) を代入します。
$$e(v_C + V_C) = v_D’ – \frac{m}{M}v_D’ = v_D’\left(1 – \frac{m}{M}\right)$$
これは模範解答の \(v-V = -e(vc+Vc)\) と符号が異なります。これは衝突後の小球の速度を \(v\) (左向きを正) としているためです。ここでは右向きを正として計算を続けます。
模範解答の式は \(v_D’ – V_D’ = e(v_C+V_C)\) となるべきです。
$$e(v_C + V_C) = v_D’ + V_D’ = v_D’ + \frac{m}{M}v_D’ = v_D’\left(1 + \frac{m}{M}\right) = v_D’\left(\frac{M+m}{M}\right)$$
\(v_D’\)について解くと、
$$v_D’ = e \frac{M}{M+m}(v_C + V_C)$$
ここで、(3)の計算途中に出てきた \(v_C + V_C = \sqrt{\displaystyle\frac{2(M+m)gh_1}{M}}\) を代入します。
$$v_D’ = e \frac{M}{M+m} \sqrt{\frac{2(M+m)gh_1}{M}} = e \sqrt{\left(\frac{M}{M+m}\right)^2 \frac{2(M+m)gh_1}{M}}$$
$$v_D’ = e \sqrt{\frac{2Mgh_1}{M+m}}$$
次に\(V_D’\)を求めます。
$$V_D’ = \frac{m}{M}v_D’ = \frac{m}{M} e \sqrt{\frac{2Mgh_1}{M+m}}$$

衝突後の速さは、小球が \(v_D’ = e \sqrt{\displaystyle\frac{2Mgh_1}{M+m}}\)、台が \(V_D’ = \displaystyle\frac{em}{M} \sqrt{\displaystyle\frac{2Mgh_1}{M+m}}\) です。
衝突前の速さ \(v_C, V_C\) と比較すると、それぞれ\(e\)倍になっています。

問(5)

思考の道筋とポイント
壁Dとの衝突後、小球が再び曲面を上がり、到達する最高点の高さ\(h_3\)（点C基準）を求めます。
小球が最高点に達したとき、小球は台に対して一瞬静止します。つまり、小球と台の相対速度が0になり、両者は同じ速度で運動します。
この一連の過程（Dでの衝突直後から最高点まで）において、小球と台の系全体では、水平方向の運動量が保存され、また力学的エネルギーも保存されます。

この設問における重要なポイント

• 最高点では、小球と台の相対速度が0（＝両者の速度が等しい）。
• D衝突後から最高点までの過程で、系の力学的エネルギーと水平方向の運動量が保存される。

具体的な解説と立式
まず、最高点での小球と台の共通の速度を\(v_{final}\)とします。
水平方向の運動量保存則を、Dでの衝突直後と最高点で比較します。

• D衝突直後の水平運動量: \(m(-v_D’) + M(-V_D’)\)。(4)の式⑥より、これは0でした。
• 最高点での水平運動量: \(m v_{final} + M v_{final} = (m+M)v_{final}\)

よって、\(0 = (m+M)v_{final}\) となり、\(v_{final}=0\) です。
つまり、小球が最高点に達した瞬間、小球も台も一瞬静止することがわかります。

次に、系の力学的エネルギー保存則を、Dでの衝突直後と最高点で比較します。

• D衝突直後のエネルギー: 小球も台もC点と同じ高さ（高さ0）にいる。
  $$E_{D’} = \frac{1}{2}m(v_D’)^2 + \frac{1}{2}M(V_D’)^2$$
• 最高点でのエネルギー: 小球も台も静止。小球の高さは\(h_3\)。
  $$E_{final} = mgh_3$$

エネルギー保存則 \(E_{D’} = E_{final}\) より、
$$\frac{1}{2}m(v_D’)^2 + \frac{1}{2}M(V_D’)^2 = mgh_3 \quad \cdots ⑧$$

式⑧の左辺に、(4)で求めた \(v_D’\) と \(V_D’ = \displaystyle\frac{m}{M}v_D’\) を代入します。
$$\frac{1}{2}m(v_D’)^2 + \frac{1}{2}M\left(\frac{m}{M}v_D’\right)^2 = \frac{1}{2}m(v_D’)^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}(v_D’)^2$$
$$= \frac{1}{2}m(v_D’)^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right) = \frac{1}{2}m(v_D’)^2 \left(\frac{M+m}{M}\right)$$
これが \(mgh_3\) に等しいので、
$$mgh_3 = \frac{1}{2}m(v_D’)^2 \frac{M+m}{M}$$
\(h_3\)について解くと、
$$h_3 = \frac{1}{2g} (v_D’)^2 \frac{M+m}{M}$$
ここに、\(v_D’ = e \sqrt{\displaystyle\frac{2Mgh_1}{M+m}}\) を代入します。
$$h_3 = \frac{1}{2g} \left(e^2 \frac{2Mgh_1}{M+m}\right) \frac{M+m}{M}$$
式を整理すると、多くの項が約分されます。
$$h_3 = \frac{e^2 \cdot 2Mgh_1}{2g(M+m)} \cdot \frac{M+m}{M}$$
$$h_3 = e^2 h_1$$

最高点の高さは \(h_3 = e^2 h_1\) です。
非常にシンプルな結果となりました。これは、Dでの衝突で速度が\(e\)倍になり、運動エネルギーが\(e^2\)倍になったことが、最終的に位置エネルギーに変換された高さを\(e^2\)倍にした、と解釈できます。途中の台との相互作用は複雑ですが、最終的にはエネルギー保存則によって美しい関係に落ち着きます。

【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？

• 系の力学的エネルギー保存則:
  • 核心: 複数の物体が相互に力を及ぼし合って運動する場合でも、系全体に働く外力が保存力（この問題では重力）のみであるか、仕事をしない場合、系全体の力学的エネルギー（各物体の運動エネルギーと位置エネルギーの総和）は保存されるという法則です。
  • 理解のポイント: (2)や(5)でこの法則が決定的な役割を果たします。小球が曲面B→Cを滑る際、小球と台は垂直抗力を及ぼし合います。この力は小球に対しても台に対しても仕事をするため、小球単体、台単体の力学的エネルギーは保存されません。しかし、「小球＋台」を一つの系と見なすと、垂直抗力は内力となり、その仕事は系内部でのエネルギーのやり取りに過ぎず、系全体の力学的エネルギーは（重力以外の外力が仕事をしないため）保存されます。この「どこまでを系と見るか」という視点の切り替えが極めて重要です。
• 系の水平方向の運動量保存則:
  • 核心: 系に水平方向の外力が働かない場合、系の水平方向の運動量の総和は常に一定に保たれるという法則です。
  • 理解のポイント: この問題では、床がなめらかなので、水平方向の外力は一切働きません。したがって、運動の全フェーズ（A→C、C→D、Dでの衝突、D→最高点）を通じて、常に「小球と台の水平方向の運動量の和はゼロ」に保たれます。この法則が、(2)で力学的エネルギー保存則と連立する強力な武器となり、また(4)の衝突解析や(5)の最高点での状態を決定する上でも基礎となります。

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:
  • 台からの物体の射出: 台上でばねを縮めて物体を射出する問題。射出の前後で、系の力学的エネルギー（弾性エネルギーを含む）と運動量が保存されます。
  • 動く斜面を滑る物体: 静止していた物体が、動くことができるなめらかな斜面を滑り降りる問題。本問題の(2)と全く同じ構造で、エネルギー保存則と運動量保存則を連立させて解きます。
  • トロッコと人の乗り移り: 人がトロッコに飛び乗ったり、トロッコの上を歩いたりする問題。人とトロッコの系で水平方向の運動量保存則が成り立ちます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 保存則が使えるかどうかの判定:
     • 力学的エネルギー: 系に非保存力（摩擦、空気抵抗など）が仕事をしていないか？ → なければエネルギー保存則が使える。
     • 運動量: 系に外力が働いていないか？（あるいは、ある方向だけ外力が働いていないか？） → 水平方向になければ、水平方向の運動量保存則が使える。
  2. 「系」の範囲を明確にする: 問題を解く上で、どの物体を一つの「系」として扱うかを最初に決めます。保存則を適用する際は、必ず「系全体」のエネルギーや運動量を考える必要があります。
  3. 相対速度に着目する:
     • (3)のように、2物体が互いに逆向きに動く場合の到達時間を問われたら、相対速度を考えると立式が簡潔になります。
     • (5)のように、「最高点に達する」という条件は、多くの場合「相対速度がゼロになる」と言い換えられます。これは、片方の物体から見ると、もう一方が一瞬静止するように見える状態です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• エネルギー保存則の適用範囲の誤り:
  • 誤解: (2)のB→Cの区間で、小球単体の力学的エネルギーが保存されるとしてしまう。
  • 対策: 小球には台からの垂直抗力が働きます。小球が曲面を動くとき、この力の向きと小球の変位の向きは直交しないため、垂直抗力は仕事をします（負の仕事）。力が仕事をする場合、その物体の力学的エネルギーは保存されません。必ず「仕事をする力の有無」を確認する癖をつけましょう。
• 運動量保存則の向きの考慮ミス:
  • 誤解: (2)や(4)で、台の速度を正として立式してしまう。
  • 対策: 運動量はベクトル量です。最初に座標軸の正の向き（例: 右向きを正）を決め、それと逆向きの速度は負の値として式に代入することを徹底します。\(0 = mv_C + M V_C\) のように符号を間違えると、全く違う結果になります。
• 反発係数の式の速度の取り方:
  • 誤解: (4)で反発係数の式を立てる際に、床に対する絶対速度ではなく、台に対する相対速度を使ってしまう。あるいは、衝突する相手（壁）の速度を0としてしまう。
  • 対策: 反発係数の定義式 \(e = – \frac{v’_A – v’_B}{v_A – v_B}\) は、衝突する2物体（この場合は小球と壁＝台）の、床から見た絶対速度で立てるのが基本です。衝突の瞬間、壁も台と同じ速度で動いていることを忘れてはいけません。
• 最高点の条件の誤解:
  • 誤解: (5)で、小球が最高点に達したとき、小球の速度だけが0になると思い込む。
  • 対策: この問題では、最高点は「小球が台に対して静止する点」です。台も動いているので、床から見れば両者は同じ速度になります。(5)では運動量保存則からその共通の速度が0になることが導かれましたが、一般的には0になるとは限りません。「相対速度が0」という条件を正しく理解することが重要です。

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:
  • エネルギーの棒グラフ: 各フェーズ（点A、点C、D衝突後、最高点）でのエネルギーの内訳を棒グラフで描くと、エネルギーの移り変わりが視覚的に理解できます。
    • 点A: \(mgh_1\)（位置エネルギーのみ）
    • 点C: \(\frac{1}{2}mv_C^2\) と \(\frac{1}{2}MV_C^2\)（運動エネルギーに分配）
    • D衝突後: 衝突でエネルギーが失われ、全体の高さが低くなる。
    • 最高点: 再び位置エネルギー \(mgh_3\) に変換される。
  • 力の図示: (2)のB→Cの区間で、小球にはたらく垂直抗力を描き、その力が小球の変位と直交しない（＝仕事をする）ことを確認する図は、エネルギー非保存の理解を助けます。
  • 運動のコマ送り図: Aから最高点までの運動を、重要なポイントごとにコマ送りで描いてみると、小球と台の速度がどのように変化していくかのイメージが掴みやすくなります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 速度ベクトルの図示: 小球と台の速度を、各時点で矢印で明確に図示します。特に、向き（正負）を意識することが重要です。
  • 基準点の明記: 位置エネルギーを考える際は、どこを基準（高さ0）にしたかを必ず明記する習慣をつけましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力学的エネルギー保存則:
  • 選定理由: (1)では小球単体に、(2)や(5)では「小球＋台」の系に適用。摩擦や空気抵抗がなく、非保存力である垂直抗力が（系全体で見れば）仕事をしないため、エネルギーの観点から速度や高さを求めるのに最も強力なツールとなります。
  • 適用根拠: 系に働く力が保存力（重力）のみ、または仕事をしない（床からの垂直抗力）という物理的条件。
• 運動量保存則:
  • 選定理由: (2), (4), (5)で、複数の物体が絡む運動において、速度間の関係式を立てるため。
  • 適用根拠: 系に水平方向の外力が働かないという物理的条件。これにより、力学的エネルギー保存則だけでは解けない連立方程式の、もう一本の式が得られます。
• 反発係数の式:
  • 選定理由: (4)で、壁との非弾性衝突現象を記述するため。
  • 適用根拠: 問題文で反発係数\(e\)が与えられており、衝突による速度変化を定量化する必要があるからです。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. A→B (問1): 台は静止。小球単体の「力学的エネルギー保存則」で\(v_B\)を求める。
2. A→C (問2): 台が動く。未知数は\(v_C, V_C\)の2つ。
   • 式1: 「小球＋台」の系の「力学的エネルギー保存則」 (A→C)。
   • 式2: 「小球＋台」の系の「水平方向の運動量保存則」。
   • これら2式を連立して\(v_C, V_C\)を解く。
3. C→D (問3): 小球・台ともに等速直線運動。相対速度を考え、\(t = \frac{距離}{相対速度}\)で時間を求める。
4. Dでの衝突 (問4): 衝突の前後を考える。未知数は\(v_D’, V_D’\)の2つ。
   • 式1: 「小球＋台」の系の「水平方向の運動量保存則」。
   • 式2: 小球と壁（台）の「反発係数の式」。
   • これら2式を連立して\(v_D’, V_D’\)を解く。
5. D→最高点 (問5): 未知数は高さ\(h_3\)。
   • まず、最高点での速度を求める。「水平方向の運動量保存則」から、共通速度が0になることを見抜く。
   • 次に、「小球＋台」の系の「力学的エネルギー保存則」(D衝突直後→最高点)を立て、\(h_3\)を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の整理: (2)や(4)の連立方程式を解く際、\(\frac{1}{2}m\) や \(M\) などの文字が多く、計算が煩雑になりがちです。共通因数でくくる、比の形 (\(V_C = \frac{m}{M}v_C\)) をうまく使うなど、式を簡潔に保つ工夫が求められます。
• 平方根の計算: (3)や(4)で、平方根を含む式の代入や整理が出てきます。\(\sqrt{A} \cdot \sqrt{B} = \sqrt{AB}\) や \(A = \sqrt{A^2}\) といった変形を落ち着いて行いましょう。
• 最終結果の美しさを信じる: (5)の \(h_3 = e^2 h_1\) のように、複雑な計算の末に非常にシンプルな結果が得られることは、入試物理ではよくあります。計算途中で式が複雑になっても、最終的に多くの項が約分されて綺麗になるはずだ、と信じて計算を進めることも時には重要です。もし綺麗な形にならなければ、計算ミスを疑うきっかけになります。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2) \(v_C, V_C\): もし\(M \rightarrow \infty\)（台が非常に重い）とすると、\(v_C \rightarrow \sqrt{2gh_1}\), \(V_C \rightarrow 0\) となります。これは、台が動かない場合の自由落下の速さと一致し、妥当です。
  • (4) \(v_D’, V_D’\): \(e=1\)（弾性衝突）なら、\(v_D’ = v_C\), \(V_D’ = V_C\) となり、速度の大きさが変わらず向きだけ反転することに対応します。\(0<e<1\)なので、衝突後に速さが減少するのは妥当です。
  • (5) \(h_3 = e^2 h_1\): \(e<1\)なので、\(h_3 < h_1\) となり、衝突によってエネルギーを失った分、到達する高さが低くなるという直感と一致します。
• 保存則の再確認:
  • 計算したすべての速度について、水平方向の運動量 \(mv_x + MV_x\) が常に0になっているかを確認する。
  • 非弾性衝突であるD点以外では、系の力学的エネルギーが保存されているかを確認する。

  これらの確認作業を通じて、解答の信頼性を高めることができます。

問題42 (大阪公大)

【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、一定速度で上昇する板と、その上で繰り返し衝突する小球の運動を扱います。地面に固定された静止系から見た運動を記述し、動く物体との衝突を反発係数の式で正しく処理できるかが問われます。運動量保存則が使えない点も重要なポイントです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「動く物体との衝突」です。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

1. 運動の記述: 地面に固定された座標系から見て、小球は「鉛直投げ上げ運動（等加速度運動）」、板は「等速直線運動」として、それぞれの位置と速度を時刻の関数で表します。
2. 衝突条件: 2つの物体が衝突するとは、「同じ時刻に同じ位置に存在する」ということです。この条件から衝突時刻を求めます。
3. 反発係数の法則: 運動量が保存されない本問の衝突では、これが唯一の関係式です。衝突面（板）に対する「相対速度」を用いて立式します。
4. 最高点の条件: 投げ上げ運動において、最高点では速度がゼロになります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、小球と板の運動をそれぞれ数式で表現し、衝突時刻や位置を求めます。
2. 衝突現象は、反発係数の式を用いて解析します。衝突直前の速度を正確に計算することが重要です。
3. 衝突後の運動は、新たな初速度を持つ鉛直投げ上げ運動として扱います。
4. (6)では、これまでの結果から規則性を見出し、一般化します。
5. 後半では、与えられた条件「最高点の高さが同じ」を数式に直し、未知数である反発係数\(e\)を求めます。

問(1)

思考の道筋とポイント
1度目の最高点の座標\(z_1\)を求めます。小球は時刻\(t=0\)に原点Oから初速度\(v_0\)で鉛直上向きに投げ上げられます。これは単純な鉛直投げ上げ運動です。最高点では、小球の速度は一瞬0になります。この条件を使って、最高点の座標を求めます。

この設問における重要なポイント

• 小球の運動は、地面から見ると鉛直投げ上げ運動である。
• 最高点では、小球の速度が0になる。
• 時間を含まない等加速度直線運動の公式が便利。

具体的な解説と立式
小球の運動は、初速度\(v_0\)、加速度\(-g\)の等加速度直線運動です。
最高点での速度は0になります。時間を含まない公式 \(v^2 – v_0^2 = 2az\) を用います。

• 後の速度 \(v\): 0
• 初めの速度 \(v_0\): \(v_0\)
• 加速度 \(a\): \(-g\)
• 変位 \(z\): \(z_1\)

これらの値を公式に代入します。
$$0^2 – v_0^2 = 2(-g)z_1 \quad \cdots ①$$

式①を\(z_1\)について解きます。
$$-v_0^2 = -2gz_1$$
両辺を\(-2g\)で割ると、
$$z_1 = \frac{v_0^2}{2g}$$

ボールを真上に投げたとき、一番高く到達する地点の高さを求める問題です。物理の教科書に出てくる、鉛直投げ上げの最高点の公式そのものです。

1度目の最高点の座標は \(z_1 = \displaystyle\frac{v_0^2}{2g}\) です。初速\(v_0\)が大きいほど高く、重力加速度\(g\)が大きいほど低くなるという、直感に合った結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
小球が板に衝突したときの、板の表面の座標\(h_1\)を求めます。
「衝突する」とは、ある時刻\(t\)において「小球の位置と板の位置が等しくなる」ということです。
まず、小球と板の位置を、時刻\(t\)の関数としてそれぞれ表します。次に、それらを等しいとおいて方程式を立て、衝突時刻\(t\)を求めます。最後に、その時刻\(t\)における板の位置を計算すれば、それが\(h_1\)になります。

この設問における重要なポイント

• 衝突条件を「位置が等しい」と数式で表現する。
• 小球と板の運動を、それぞれ時刻\(t\)の関数で記述する。

具体的な解説と立式
時刻\(t\)における小球の位置\(z_{球}(t)\)と板の位置\(Z_{板}(t)\)を式で表します。

• 小球の位置: \(z_{球}(t) = v_0 t – \displaystyle\frac{1}{2}gt^2 \quad \cdots ②\)
• 板の位置: \(Z_{板}(t) = Vt \quad \cdots ③\)

衝突時刻を\(t_1\)とすると、その時刻に \(z_{球}(t_1) = Z_{板}(t_1)\) となります。
$$v_0 t_1 – \frac{1}{2}gt_1^2 = Vt_1 \quad \cdots ④$$
この方程式を解いて衝突時刻\(t_1\)を求め、そのときの板の座標 \(h_1 = V t_1\) を計算します。

式④を\(t_1\)について解きます。
$$v_0 t_1 – Vt_1 – \frac{1}{2}gt_1^2 = 0$$
$$(v_0 – V)t_1 – \frac{1}{2}gt_1^2 = 0$$
\(t_1\)でくくります。
$$t_1 \left( (v_0 – V) – \frac{1}{2}gt_1 \right) = 0$$
\(t_1=0\)は投げ上げた瞬間なので、衝突時刻は \(t_1 > 0\) の解です。
$$(v_0 – V) – \frac{1}{2}gt_1 = 0$$
$$\frac{1}{2}gt_1 = v_0 – V$$
$$t_1 = \frac{2(v_0 – V)}{g}$$
この衝突時刻\(t_1\)における板の座標が\(h_1\)なので、
$$h_1 = V t_1 = V \frac{2(v_0 – V)}{g} = \frac{2V(v_0 – V)}{g}$$

小球と板が「出会う」時刻を求めます。小球は放物運動で、板はまっすぐ上昇します。両者の高さが同じになる時刻を計算し、その時刻に板がどこまで上昇しているかを計算すれば、それが衝突点の高さ\(h_1\)です。

衝突点の座標は \(h_1 = \displaystyle\frac{2V(v_0 – V)}{g}\) です。
\(v_0 > V\) なので、\(h_1\)は正の値となり、原点より上で衝突することがわかります。これは物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
反発係数\(e=1\)の衝突直後の、小球の地面に対する速度\(v_1\)を求めます。
衝突現象なので、反発係数の式を用います。この式は、衝突面（板）に対する相対速度で定義されます。
まず、衝突直前の小球と板の速度を求め、それらを使って反発係数の式を立て、衝突直後の小球の速度を計算します。

この設問における重要なポイント

• 運動量保存則は使えない（板は外部の力で等速運動している）。
• 反発係数の式は、衝突面に対する相対速度で立てる。
• 地面に対する速度と、板に対する相対速度を区別する。

具体的な解説と立式
まず、衝突直前（時刻\(t_1\)）の小球の速度\(v_{1前}\)を求めます。
鉛直投げ上げの速度の式 \(v = v_0 + at\) を用います。
$$v_{1前} = v_0 – gt_1$$
衝突直前の板の速度は、常に\(V\)です。
反発係数の式 \(e = – \displaystyle\frac{v’_{相対}}{v_{相対}}\) を用います。
$$e = – \frac{v_1 – V}{v_{1前} – V}$$
ここで、\(e=1\)、衝突直後の小球の速度が\(v_1\)、板の速度は変わらず\(V\)です。
$$1 = – \frac{v_1 – V}{v_{1前} – V} \quad \cdots ⑤$$

まず、\(v_{1前}\)を計算します。(2)で求めた \(t_1 = \displaystyle\frac{2(v_0 – V)}{g}\) を代入します。
$$v_{1前} = v_0 – g \left(\frac{2(v_0 – V)}{g}\right) = v_0 – 2(v_0 – V) = v_0 – 2v_0 + 2V = -v_0 + 2V = -(v_0 – 2V)$$
次に、この結果を式⑤に代入して\(v_1\)について解きます。
$$1 = – \frac{v_1 – V}{-(v_0 – 2V) – V}$$
$$1 = – \frac{v_1 – V}{-v_0 + 2V – V} = – \frac{v_1 – V}{-v_0 + V}$$
$$1 = \frac{v_1 – V}{v_0 – V}$$
両辺に \((v_0 – V)\) を掛けます。
$$v_0 – V = v_1 – V$$
両辺の\(-V\)を消去して、
$$v_1 = v_0$$

動く板との衝突を考えます。はね返りの法則を使うには、板から見た小球の「相対的な速さ」で考える必要があります。衝突前、板に近づいてくる相対的な速さと、衝突後、板から遠ざかっていく相対的な速さの比が反発係数です。今回は反発係数が1なので、これらの相対的な速さは同じになります。この関係から、衝突後の小球の地面から見た速さを計算します。

衝突直後の小球の速度は \(v_1 = v_0\) です。
これは、反発係数が1のとき、衝突直後の小球の速度が、最初の投げ上げ速度と全く同じになるという興味深い結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
2度目の最高点の座標\(z_2\)を求めます。
(3)の結果から、1度目の衝突後の小球は、衝突点\(h_1\)から初速度\(v_0\)で再び鉛直投げ上げ運動をすることがわかります。
したがって、2度目の最高点は、衝突点\(h_1\)から、初速度\(v_0\)で投げ上げたときの最高到達点までの距離を加えたものになります。

この設問における重要なポイント

• 1度目の衝突後の運動が、衝突点からの新たな鉛直投げ上げと見なせる。
• (3)の結果 \(v_1=v_0\) を利用する。

具体的な解説と立式
1度目の衝突点（座標\(h_1\)）から、初速度\(v_0\)で投げ上げたときの最高到達点までの距離を\(\Delta z\)とします。
この上昇距離は、(1)で求めた最高点の高さと同じ計算になり、
$$\Delta z = \frac{v_0^2}{2g}$$
2度目の最高点の座標\(z_2\)は、この\(\Delta z\)を衝突点の座標\(h_1\)に加えたものです。
$$z_2 = h_1 + \Delta z = h_1 + \frac{v_0^2}{2g} \quad \cdots ⑥$$

式⑥に、(2)で求めた \(h_1 = \displaystyle\frac{2V(v_0 – V)}{g}\) を代入します。
$$z_2 = \frac{2V(v_0 – V)}{g} + \frac{v_0^2}{2g}$$
通分して整理します。
$$z_2 = \frac{4V(v_0 – V)}{2g} + \frac{v_0^2}{2g}$$
$$z_2 = \frac{4Vv_0 – 4V^2 + v_0^2}{2g}$$

2度目の最高点の座標は \(z_2 = \displaystyle\frac{v_0^2 + 4V(v_0 – V)}{2g}\) です。
1度目の最高点\(z_1\)よりも、衝突点\(h_1\)の分だけ高くなっています。板が上昇しているため、衝突を繰り返すたびに最高点が高くなっていく様子がわかります。

問(5), (6)

思考の道筋とポイント
これらの設問は、前半の結果の規則性を見つける問題です。
(5) 2度目の衝突が起こる板の座標\(h_2\)を求めます。
1度目の衝突後、小球は座標\(h_1\)から初速\(v_0\)で投げ上げられます。一方、板は座標\(h_1\)から速さ\(V\)で上昇を続けます。これは、(2)で考えた状況と全く同じ構造です（基準を\(h_1\)にずらしただけ）。したがって、衝突点から次の衝突点までの板の上昇距離は、常に同じ値になります。
(6) n度目の最高点の座標\(z_n\)を求めます。(4)と同様に、n-1度目の衝突点からの上昇分を足し合わせることで、一般式を導きます。

具体的な解説と立式
(5) 衝突から次の衝突までの板の上昇距離は、常に\(h_1\)に等しくなります。
したがって、n度目の衝突点の座標\(h_n\)は、初項\(h_1\)、公差\(h_1\)の等差数列となります。
$$h_n = n \cdot h_1$$
よって、2度目の衝突点の座標\(h_2\)は、
$$h_2 = 2h_1 = \frac{4V(v_0-V)}{g}$$
(6) n度目の最高点の座標\(z_n\)は、(n-1)度目の衝突点\(h_{n-1}\)から、初速\(v_0\)で投げ上げたときの最高到達点を加えたものです。
$$z_n = h_{n-1} + \frac{v_0^2}{2g}$$
\(h_{n-1} = (n-1)h_1\) なので、
$$z_n = (n-1)h_1 + \frac{v_0^2}{2g}$$

問(7)

思考の道筋とポイント
ここからは反発係数が\(e\)の場合を考えます。条件は \(v_0=5V\) です。
1度目の衝突直後の小球の速度\(v_1’\)を求めます。これは(3)と全く同じ手順で計算します。ただし、反発係数は\(e\)を用います。

この設問における重要なポイント

• (3)の計算を、反発係数\(e\)と条件\(v_0=5V\)を使ってやり直す。

具体的な解説と立式
まず、衝突直前の小球の速度\(v’_{1前}\)を求めます。
衝突時刻は \(t’_1 = \displaystyle\frac{2(v_0 – V)}{g}\) で、\(v_0=5V\)を代入すると \(t’_1 = \displaystyle\frac{2(5V – V)}{g} = \frac{8V}{g}\)。
$$v’_{1前} = v_0 – gt’_1$$
反発係数の式を立てます。
$$e = – \frac{v’_1 – V}{v’_{1前} – V}$$

\(v’_{1前}\)を計算します。
$$v’_{1前} = 5V – g\left(\frac{8V}{g}\right) = 5V – 8V = -3V$$
反発係数の式に代入して\(v’_1\)を解きます。
$$e = – \frac{v’_1 – V}{-3V – V} = – \frac{v’_1 – V}{-4V} = \frac{v’_1 – V}{4V}$$
$$4eV = v’_1 – V$$
$$v’_1 = V + 4eV = (1+4e)V$$

衝突直後の速度は \(v’_1 = (1+4e)V\) です。\(e=1\)のときは \(v’_1=5V=v_0\) となり、(3)の結果と一致します。

問(8)

思考の道筋とポイント
反発係数\(e\)を求めます。「1度目の最高点と2度目の最高点の高さが同じ」という条件を使います。
それぞれの最高点の座標を計算し、イコールで結んで\(e\)に関する方程式を立てます。

この設問における重要なポイント

• 与えられた条件「\(z’_1 = z’_2\)」を数式に落とし込む。
• 各最高点の座標を、衝突点とそこからの上昇距離の和として計算する。

具体的な解説と立式

• 1度目の最高点 \(z’_1\):
  初速\(v_0=5V\)での投げ上げなので、
  $$z’_1 = \frac{v_0^2}{2g} = \frac{(5V)^2}{2g}$$
• 2度目の最高点 \(z’_2\):
  1度目の衝突点\(h’_1\)から、初速\(v’_1\)で投げ上げたときの最高点です。
  $$z’_2 = h’_1 + \frac{(v’_1)^2}{2g}$$

条件 \(z’_1 = z’_2\) より、
$$\frac{(5V)^2}{2g} = h’_1 + \frac{(v’_1)^2}{2g}$$

まず、衝突点\(h’_1\)を計算します。
衝突時刻は \(t’_1 = \displaystyle\frac{8V}{g}\) でした。
$$h’_1 = V t’_1 = V \cdot \displaystyle\frac{8V}{g} = \frac{8V^2}{g}$$
次に、\(z’_1 = z’_2\) の方程式に、\(h’_1\)と(7)で求めた\(v’_1 = (1+4e)V\)を代入します。
$$\frac{25V^2}{2g} = \frac{8V^2}{g} + \frac{((1+4e)V)^2}{2g}$$
両辺に\(2g\)を掛け、\(V^2\)で割ります。
$$25 = 16 + (1+4e)^2$$
$$(1+4e)^2 = 9$$
平方根をとります。
$$1+4e = \pm 3$$
\(e>0\) なので \(1+4e > 1\)。したがって、正の解のみをとります。
$$1+4e = 3$$
$$4e = 2$$
$$e = \frac{1}{2}$$

反発係数は \(e = \displaystyle\frac{1}{2}\) です。\(0<e<1\) を満たしており、妥当な値です。

【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？

• 運動の相対性（座標系の設定）:
  • 核心: 物理現象は、どの慣性系（静止しているか、等速直線運動している座標系）から見るかによって、その記述の仕方が変わります。しかし、物理法則そのものはどの慣性系でも同じ形で成り立ちます。
  • 理解のポイント:
    1. 地面に固定した座標系（静止系）: 問題の指示通り、地面から見た運動として記述するのが基本です。小球は重力による等加速度運動、板は等速直線運動として扱います。
    2. 動く板に固定した座標系（運動系）: 衝突を分析する際には、板から見た小球の「相対速度」を考えることが不可欠です。反発係数の式は、この相対速度を用いて定義されます。

    静止系での記述を基本としつつ、衝突の場面では相対速度の考え方に切り替える、という柔軟な思考が求められます。

• 反発係数の法則:
  • 核心: 2物体の衝突において、衝突面に垂直な方向の相対速度が、衝突後にどのように変化するかを記述する法則です。\(e = – \frac{v’_{相対}}{v_{相対}}\)。
  • 理解のポイント: この問題では、板が外部の力によって無理やり等速運動させられているため、小球と板の系で運動量は保存されません。したがって、衝突現象を記述する唯一の法則が、この反発係数の式となります。(3)や(7)で中心的な役割を果たします。

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:
  • 自由落下するエレベーター内での物体の運動: エレベーターと一緒に落下する観測者から見ると、物体は無重力状態のように見えます（見かけの重力が0）。このように、加速する座標系（非慣性系）では「慣性力」を導入すると、運動の記述が簡単になる場合があります。
  • 電車内でボールを投げる: 電車が等速で動いている場合、電車内の人から見れば、ボールは地上で投げるのと同じ放物運動をします（ガリレイの相対性原理）。
  • 周期的な運動との衝突: 単振動するピストンと気体分子の衝突など。衝突のタイミングによって、衝突相手の速度が異なるため、衝突後の運動も変わってきます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 基準系（座標系）の明確化: まず、自分はどの立場（地面か、動く物体の上か）から現象を見ているのかを明確にします。問題で指示があればそれに従い、なければ最も単純に記述できる系を選びます。
  2. 衝突条件の数式化: 「小球が板に衝突する」という現象を、「ある時刻\(t\)において、小球の位置と板の位置が等しくなる」 (\(z_{球}(t) = Z_{板}(t)\)) と数式に翻訳することが、(2)のような問題を解く第一歩です。
  3. 運動の規則性・周期性の発見: (5), (6)のように、繰り返し運動では、1回目と2回目の運動の間に何か規則性がないかを探します。この問題では、\(e=1\)の場合、「衝突 \(\rightarrow\) 最高点 \(\rightarrow\) 次の衝突」という1サイクルの運動が、毎回同じ形で繰り返される（ただし、基準となる高さが上昇していく）ことを見抜くのが鍵です。
  4. 与えられた条件の意味を考える: (7), (8)の「1度目と2度目の最高点の高さが同じ」という条件は、何を意味するでしょうか。1回目の衝突で失われたエネルギーと、板が上昇することで供給されるエネルギーのバランスが取れている、と解釈できます。この条件を、具体的な数式（\(z’_1 = z’_2\)）に落とし込んで解くのが定石です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量保存則の誤用:
  • 誤解: 小球と板の衝突だから、運動量保存則が使えると思い込む。
  • 対策: 運動量保存則が成り立つのは「系に外力が働かない」場合のみです。この問題では、板は「常に一定の速さVで上昇している」とされており、これは外部から何らかの力（モーターなど）が働いて、重力に逆らい、かつ衝突の衝撃にも耐えて速度を維持していることを意味します。したがって、小球と板の系には外力が働いているため、運動量は保存されません。
• 相対速度の扱い:
  • 誤解: 反発係数の式を、地面に対する絶対速度のまま \(e = -v’_1/v_{1前}\) のように立ててしまう。
  • 対策: 反発係数は、あくまで「衝突面に対する相対速度」の比です。必ず、衝突相手の速度を引いた相対速度 \(v_{相対} = v_{球} – v_{板}\) を用いて立式する習慣をつけましょう。
• 最高点の速度の誤解:
  • 誤解: 小球が最高点に達したとき、地面から見た速度が0になると思い込む。
  • 対策: 小球が最高点に達するのは、「上昇する板から見た小球の相対速度」が0になるときです。もしその瞬間に板が速度\(V\)で動いていれば、地面から見た小球の速度も\(V\)になります。この問題の(5)ではたまたま共通速度が0になりましたが、常にそうとは限りません。
• 座標と距離の混同:
  • 誤解: (4)で、2度目の最高点の座標\(z_2\)を、衝突点\(h_1\)からの上昇距離 \(\Delta z\) そのものだと考えてしまう。
  • 対策: 座標は「原点からの位置」、距離は「2点間の隔たり」です。\(z_2\)は、衝突点\(h_1\)を基準とした上昇距離\(\Delta z\)に、\(h_1\)自身の座標を加えたもの (\(z_2 = h_1 + \Delta z\)) です。基準点がどこかを常に意識することが重要です。

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:
  • z-tグラフ: この問題の運動を理解するのに最も有効なのが、縦軸に位置\(z\)、横軸に時刻\(t\)をとったz-tグラフです。
    • 小球の軌跡: 上に凸の放物線を繰り返し描きます。衝突のたびに、頂点が鋭くなります（速度が変化するため）。
    • 板の軌跡: 原点を通る傾き\(V\)の直線です。
    • 衝突点: 小球の放物線と板の直線が交わる点です。その点のz座標が\(h_1, h_2, \dots\)。
    • 最高点: 小球の放物線の頂点です。その点のz座標が\(z_1, z_2, \dots\)。

    このグラフを描くことで、各物理量の大小関係や、(8)の「最高点の高さが同じ」という条件が視覚的に理解できます。

  • 相対運動のイメージ: 自分自身が板に乗っていると想像してみます。すると、小球は自分（板）から初速 \((v_0-V)\) で打ち上げられ、見かけの重力（これは変わらない）のもとで運動し、再び自分に戻ってくるように見えます。この視点では、板は常に静止しているため、衝突の分析がより直感的になります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 時間軸の共有: 小球と板の運動を考える際、両者は同じ時間軸を共有していることを意識します。衝突時刻は、両者にとって同じ時刻です。
  • 速度ベクトルの図示: 衝突の直前・直後で、小球と板の速度ベクトルを矢印で描くと、相対速度の計算ミスを防げます。

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:
  • 選定理由: 地面から見た小球の運動は、空中にある限り常に重力による等加速度運動だからです。
  • 適用根拠: (1)では最高点（\(v=0\)）を、(2)では衝突（位置の一致）を、(3)では衝突直前の速度を求めるために、状況に応じて3つの公式 (\(v=v_0+at\), \(z=v_0t+\frac{1}{2}at^2\), \(v^2-v_0^2=2az\)) を使い分けます。
• 等速直線運動の公式:
  • 選定理由: 板の運動は、常に一定速度\(V\)であると問題文で規定されているため。
  • 適用根拠: (2)で衝突位置を求める際に、板の位置を \(Z=Vt\) と記述するために用います。
• 反発係数の式:
  • 選定理由: (3), (7)で、運動量が保存されない衝突における、衝突前後の速度の関係を記述するため。
  • 適用根拠: 衝突現象を扱う上で、エネルギーが保存されない場合に使える唯一の法則だからです。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 【前半: e=1】
   • 1度目の最高点 (問1): 小球の鉛直投げ上げ運動とみなし、\(v^2-v_0^2=2az\) から\(z_1\)を求める。
   • 1度目の衝突 (問2): 小球と板の位置の式を立て、\(z_{球}(t)=Z_{板}(t)\) から衝突時刻\(t_1\)を求め、板の位置 \(h_1=Vt_1\) を計算する。
   • 衝突後の速度 (問3): 衝突直前の小球の速度を \(v=v_0-gt_1\) で計算し、「反発係数の式」を立てて衝突後の速度\(v_1\)を求める。
   • 2度目の最高点 (問4): 衝突点\(h_1\)から初速\(v_1(=v_0)\)で投げ上げたと考え、\(z_2 = h_1 + (\text{上昇距離})\) を計算する。
   • 規則性の発見 (問5, 6): 衝突ごとに板の位置が\(h_1\)ずつ上昇し、最高点もそれに伴って上昇していく規則性を見つける。
2. 【後半: e<1, v0=5V】
   • 衝突後の速度 (問7): (3)と同様の手順で、衝突直前の速度を計算し、「反発係数の式」を立てて\(v’_1\)を\(e, V\)で表す。
   • 最高点の比較 (問8):
     • 1度目の最高点\(z’_1\)を計算する。
     • 2度目の最高点\(z’_2\)を、衝突点\(h’_1\)とそこからの上昇距離の和として、\(e, V\)を用いて計算する。
     • \(z’_1 = z’_2\) の方程式を立て、\(e\)について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 変数の管理: \(v_0, V, v_1, v’_1, z_1, z_2, h_1, h_2\) など多くの変数が登場します。どの物理量がどの時点のものを指すのか、混乱しないように注意深く扱う。特に、前半(\(e=1\))と後半(\(e<1\))で同じ記号でも意味が違う場合（例：\(v_1\)と\(v’_1\)）があるので注意。
• 代入のタイミング: (3)や(7)のように、ある量を求めるために別の計算結果（衝突時刻など）が必要になる場合、計算の順序を間違えないようにする。
• 方程式の整理: (8)で立てる方程式は、一見複雑に見えますが、共通の因子（\(\frac{V^2}{2g}\)など）で両辺を割ることで、単純な2次方程式に帰着します。式全体をよく見て、簡略化できる部分を探すことが重要です。

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妥当性の検討:
  • (3) \(v_1=v_0\): \(e=1\)のとき、上昇する板に衝突すると、まるで最初の状態に戻ったかのように同じ初速で打ち出される、という結果は物理的に興味深く、対称性の高さを感じさせます。
  • (8) \(e=1/2\): \(0<e<1\)の範囲にあり、物理的に意味のある値です。
• 極端な場合を考える:
  • もし板が静止していたら (\(V=0\))、衝突点は\(h_1=0\)、衝突後の速度は\(v_1=-ev_0\)（はね返るだけ）、最高点は\(z_2 = \frac{(-ev_0)^2}{2g} = e^2 z_1\) となり、ボールが床ではね返る単純な運動の結果と一致します。このように、既知の簡単な状況に置き換えてみることで、式の妥当性を検証できます。
• 条件の意味を物理的に解釈する:
  • 「1度目と2度目の最高点の高さが同じ」とは、どういうことか。1回目の衝突で失われたエネルギー（\(e<1\)のため）と、2回目の最高点に達するまでに板が小球にした仕事（板が上昇しているため）が、ちょうど釣り合っている状態と解釈できます。このエネルギー的な収支の観点からも、問題を考察することができます。

問題43 (浜松医大 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、円盤と円環という2つの物体が、内部で繰り返し衝突する現象を扱います。1次元衝突における運動量保存則と反発係数の式を繰り返し適用し、最終的に極限の考え方を用いて多数回衝突後の状態を考察する、物理と数学の融合問題です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「2物体の繰り返し衝突」です。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

1. 運動量保存則: 円盤と円環を一つの「系」として見ると、水平方向には外力が働かないため、系の全運動量は衝突の回数によらず常に保存されます。
2. 反発係数の式: 各衝突の前後で、2物体の相対速度がどのように変化するかを記述します。これにより、衝突ごとに速度がどのように変化していくかの漸化式的な関係を導くことができます。
3. 等比数列と極限: 多数回の衝突を扱うため、数列の一般項や極限の計算といった数学的な手法を用います。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、1回目の衝突について、運動量保存則と反発係数の式を連立させて、衝突直後の各物体の速度を求めます。
2. 次に、衝突と次の衝突の間の運動を「相対運動」として捉え、時間を計算します。
3. 繰り返し衝突における相対速度の変化の規則性を見出し、漸化式を立てて一般項を求めます。
4. 最後に、無限回衝突後の極限状態を考え、運動量保存則やエネルギーの定義から最終的な速度やエネルギー損失を導出します。

問(1)

思考の道筋とポイント
1回目の衝突（点Pでの衝突）直後の、円盤の速度\(v_1\)と円環の速度\(V_1\)を求めます。
これは、質量\(m\)の物体が速度\(v_0\)で、静止している質量\(M\)の物体に衝突する、1次元衝突の問題です。
この衝突の前後で、以下の2つの法則が成り立ちます。

1. 運動量保存則: 「円盤＋円環」の系には水平方向の外力が働かないため、系の全運動量は保存されます。
2. 反発係数の式: 衝突前後の相対速度の関係を記述します。

この2つの式を連立させることで、2つの未知数\(v_1, V_1\)を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

• 1次元衝突における運動量保存則と反発係数の式を正しく立式する。
• 2つの式を連立させて解く。
• 問題文で与えられている\(v_0, v_1, V_1\)が「速度」（向きを含む量）であることに注意する。

具体的な解説と立式
右向きを正とします。

• 衝突前の速度:
  • 円盤: \(v_0\)
  • 円環: 0
• 衝突後の速度:
  • 円盤: \(v_1\)
  • 円環: \(V_1\)

1. 運動量保存則
$$m v_0 + M \cdot 0 = m v_1 + M V_1 \quad \cdots ①$$
2. 反発係数の式
$$e = – \frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})}$$
$$= – \frac{v_1 – V_1}{v_0 – 0}$$
この式を変形して、
$$-ev_0 = v_1 – V_1 \quad \cdots ②$$

式①と②を、\(v_1\)と\(V_1\)についての連立方程式として解きます。

\(v_1\)を求める:
式②を \(V_1 = v_1 + ev_0\) と変形し、式①に代入します。
$$mv_0 = mv_1 + M(v_1 + ev_0)$$
$$mv_0 = mv_1 + Mv_1 + Mev_0$$
\(v_1\)について整理します。
$$(m+M)v_1 = mv_0 – Mev_0 = (m-eM)v_0$$
$$v_1 = \frac{m-eM}{m+M}v_0$$
\(V_1\)を求める:
式②を \(v_1 = V_1 – ev_0\) と変形し、式①に代入します。
$$mv_0 = m(V_1 – ev_0) + MV_1$$
$$mv_0 = mV_1 – mev_0 + MV_1$$
\(V_1\)について整理します。
$$(m+M)V_1 = mv_0 + mev_0 = m(1+e)v_0$$
$$V_1 = \frac{m(1+e)}{m+M}v_0$$

動くボール（円盤）が止まっている輪っか（円環）にぶつかる、という典型的な衝突問題です。「運動量の合計は衝突前後で変わらない」というルールと、「はね返りの勢いを表す反発係数のルール」の2つを数式にし、連立方程式を解くことで、衝突後のそれぞれの速度がわかります。

1回目の衝突後の速度は、円盤が \(v_1 = \displaystyle\frac{m-eM}{m+M}v_0\)、円環が \(V_1 = \displaystyle\frac{m(1+e)}{m+M}v_0\) です。
\(V_1\)は常に正なので、円環は必ず右向きに動き出します。一方、\(v_1\)の符号は \(m-eM\) の符号に依存し、円環が重い場合は円盤がはね返される（\(v_1<0\)）こともあり得ます。これは物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
円盤がOを出発してから、Pで1回目の衝突をし、さらにQで2回目の衝突をするまでの合計時間を求めます。この時間は、2つの区間に分けて考えます。

1. O \(\rightarrow\) P の時間 \(t_{OP}\): 円盤は初速\(v_0\)の等速直線運動で距離\(a\)を進みます。
2. P \(\rightarrow\) Q の時間 \(t_{PQ}\): 1回目の衝突後、円盤と円環はそれぞれ速度\(v_1, V_1\)で運動します。円盤が円環の内壁Qに追いつく（あるいは、はね返った円盤にQが追いつく）までの時間を考えます。これは、2物体の「相対運動」として捉えるのが最も簡単です。

この設問における重要なポイント

• 運動を「衝突前」と「衝突後」の2つのフェーズに分けて時間を計算する。
• P→Qの運動は、相対速度と相対距離の関係から時間を求める。

具体的な解説と立式
1. O \(\rightarrow\) P の時間 \(t_{OP}\)
円盤は速さ\(v_0\)で距離\(a\)を進むので、
$$t_{OP} = \frac{a}{v_0}$$
2. P \(\rightarrow\) Q の時間 \(t_{PQ}\)
Pでの衝突後、円盤は速度\(v_1\)、円環は速度\(V_1\)で運動します。円環から見た円盤の相対速度\(u_1\)は、
$$u_1 = v_1 – V_1$$
この相対速度で、円盤は円環の内径ぶん、つまり距離\(-2a\)だけ相対的に変位してQに衝突します（円環の座標系で、Pが\(+a\)、Qが\(-a\)にあると考えると、PからQへの変位は\(-2a\)）。
したがって、かかる時間\(t_{PQ}\)は、
$$t_{PQ} = \frac{(\text{相対変位})}{(\text{相対速度})}$$
$$= \frac{-2a}{u_1}$$
3. 合計時間 \(T\)
求める時間は、この2つの時間の和です。
$$T = t_{OP} + t_{PQ}$$

まず、相対速度\(u_1\)を計算します。(1)で立てた反発係数の式②より、
$$u_1 = v_1 – V_1 = -ev_0$$
次に、\(t_{PQ}\)を計算します。
$$t_{PQ} = \frac{-2a}{-ev_0} = \frac{2a}{ev_0}$$
最後に、合計時間\(T\)を計算します。
$$T = t_{OP} + t_{PQ} = \frac{a}{v_0} + \frac{2a}{ev_0}$$
共通の因子でくくって整理します。
$$T = \frac{a}{v_0} \left(1 + \frac{2}{e}\right) = \frac{a(e+2)}{ev_0}$$

時間は2つのパートに分かれます。まず、円盤が最初の壁Pにぶつかるまでの時間。これは単純な「距離÷速さ」です。次に、Pでぶつかってから反対側の壁Qにぶつかるまでの時間。これは、円環から見た円盤の「相対的な速さ」で、輪っかの直径ぶんの「相対的な距離」を進む時間を計算します。最後に2つの時間を足し合わせます。

合計時間は \(T = \displaystyle\frac{a(e+2)}{ev_0}\) です。
反発係数\(e\)が小さいほど、衝突後の相対速度が小さくなるため、次の衝突までの時間が長くなります。これは物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
n回目の衝突直後の円盤と円環の相対速度 \(u_n = v_n – V_n\) を求めます。
1回目、2回目、…、n回目と衝突が繰り返される中で、相対速度がどのように変化していくかの規則性を見つけます。n回目の衝突における反発係数の式を立てることで、\(u_n\)と、n-1回目の衝突後の相対速度\(u_{n-1}\)との関係（漸化式）を導き、一般項を求めます。

この設問における重要なポイント

• n回目の衝突と(n-1)回目の衝突の関係に着目し、漸化式を立てる。
• 相対速度が等比数列をなすことを見抜く。

解法1: 漸化式を立てる方法
具体的な解説と立式
n回目の衝突について、反発係数の式を立てます。

• n回目の衝突直前の速度: 円盤 \(v_{n-1}\), 円環 \(V_{n-1}\)
• n回目の衝突直後の速度: 円盤 \(v_n\), 円環 \(V_n\)

$$e = – \frac{v_n – V_n}{v_{n-1} – V_{n-1}}$$
ここで、相対速度を \(u_n = v_n – V_n\) と定義すると、上式は次のように書けます。
$$e = – \frac{u_n}{u_{n-1}}$$
したがって、相対速度に関する漸化式が得られます。
$$u_n = -e \cdot u_{n-1} \quad \cdots ③$$
これは、初項\(u_1\)、公比\(-e\)の等比数列であることを示しています。
初項\(u_1\)は、1回目の衝突後の相対速度なので、(1)の式②より、
$$u_1 = v_1 – V_1 = -ev_0$$
よって、等比数列の一般項の公式から\(u_n\)を求めます。
$$u_n = u_1 \cdot (-e)^{n-1}$$

一般項の式に、求めた初項と公比を代入します。
$$u_n = (-ev_0) \cdot (-e)^{n-1}$$
指数法則を用いて整理します。
$$u_n = (-e)^1 v_0 \cdot (-e)^{n-1} = (-e)^{1+(n-1)} v_0 = (-e)^n v_0$$
したがって、求める相対速度は、
$$v_n – V_n = (-e)^n v_0$$

衝突のたびに、2つの物体の「相対的な速度」がどうなるかを考えます。反発係数の定義から、衝突するたびに相対速度は\(-e\)倍になる、という単純なルールが見つかります。これは公比が\(-e\)の等比数列なので、n回目の相対速度を一般項として求めることができます。
解法2: 定性的に考える方法 (別解)
具体的な解説と立式
衝突現象を、円環に対する円盤の相対運動として捉え直します。

• 1回目の衝突直前: 円環は静止しているので、円環に対する円盤の相対速度は \(v_0 – 0 = v_0\)。
• 1回目の衝突直後: 反発係数の定義より、相対速度は\(-e\)倍になるので、\(v_1 – V_1 = -e v_0\)。
• 2回目の衝突直前: 1回目の衝突後から2回目の衝突直前まで、両者の間に力は働かないので、相対速度は \(v_1 – V_1\) のまま。
• 2回目の衝突直後: 再び相対速度が\(-e\)倍になるので、\(v_2 – V_2 = -e(v_1 – V_1)\)。

この考察を繰り返すと、n回目の衝突直後の相対速度 \(v_n – V_n\) は、1回目の衝突前の相対速度 \(v_0\) の\((-e)^n\)倍になることがわかります。
$$v_n – V_n = (-e)^n v_0$$

「衝突のたびに、相対速度が\(-e\)倍になる」というルールを、最初の衝突から順番に適用していきます。1回目の衝突で\(-e\)倍、2回目でさらに\(-e\)倍、…と繰り返すと、n回目の衝突後には合計でn回\(-e\)が掛け算されることがわかります。

n回目の衝突後の相対速度は \(v_n – V_n = (-e)^n v_0\) です。
衝突のたびに、相対速度の大きさは\(e\)倍に減衰し、向きが反転していく様子がわかります。\(0<e<1\)なので、衝突を繰り返すうちに相対速度は0に近づいていきます。

問(4)

思考の道筋とポイント
多数回（\(n \to \infty\)）衝突を繰り返した後の、円環の最終的な速度 \(\lim_{n \to \infty} V_n\) を求めます。
(3)の結果から、\(n \to \infty\) のとき、相対速度 \(v_n – V_n\) はどうなるかを考えます。相対速度が0に収束するということは、最終的に円盤と円環が同じ速度になる（一体化する）ことを意味します。
衝突を何回繰り返しても、系の全運動量は常に保存されます。したがって、最初の状態（円盤が速度\(v_0\)、円環が静止）と、最終的に一体となった状態とで、運動量保存則を立てることで、最終速度を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

• \(n \to \infty\) のとき、相対速度が0に収束することを理解する。
• 最終的に2物体が一体となって運動すると解釈する。
• 運動の最初と最後で、運動量保存則を適用する。

具体的な解説と立式
(3)で求めた相対速度 \(u_n = (-e)^n v_0\) において、\(0<e<1\) なので、\(n \to \infty\) の極限をとります。
$$\lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} (v_n – V_n) = \lim_{n \to \infty} (-e)^n v_0 = 0$$
これは、最終的に円盤と円環の速度が等しくなることを意味します。この最終的な共通の速度を\(V_F\)とします。
$$\lim_{n \to \infty} v_n = \lim_{n \to \infty} V_n = V_F$$
運動量保存則を、運動開始前と最終状態で適用します。

• 運動開始前の全運動量: \(mv_0 + M \cdot 0 = mv_0\)
• 最終状態の全運動量: \(m V_F + M V_F = (m+M)V_F\)

よって、
$$mv_0 = (m+M)V_F \quad \cdots ④$$

式④を\(V_F\)について解きます。
$$V_F = \frac{m}{m+M}v_0$$
したがって、求める極限値は、
$$\lim_{n \to \infty} V_n = V_F = \frac{m}{m+M}v_0$$

衝突を無限に繰り返すと、はね返りの勢いはどんどん弱まり、最終的には円盤と円環は同じ速度で動くようになります（一体化）。このとき、最初に円盤が持っていた運動量を、円盤と円環の合計の質量で分け合う形になります。この関係から、最終的な速度を計算します。

最終的な速度は \(\displaystyle\frac{m}{m+M}v_0\) です。
これは、反発係数\(e\)によらず、質量と初速度だけで決まります。また、この結果は、最初から完全非弾性衝突（\(e=0\)で合体）した場合の最終速度と同じです。これは、途中で失われるエネルギーの量は\(e\)に依存しますが、最終的な運動量は\(e\)によらず同じ値に落ち着くことを示しています。

問(5)

思考の道筋とポイント
運動開始前から、多数回衝突後の最終状態までの、系の運動エネルギーの総和の差 \(\Delta K = K_0 – K_F\) を求めます。これは、一連の衝突全体で失われた力学的エネルギーの総量に相当します。
それぞれの状態における系の全運動エネルギーを計算し、その差を求めます。

この設問における重要なポイント

• \(K_0\)は運動開始前のエネルギー、\(K_F\)は最終状態のエネルギー。
• (4)で求めた最終速度\(V_F\)を利用する。

具体的な解説と立式

• 運動開始前の系の全運動エネルギー \(K_0\):
  $$K_0 = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}M \cdot 0^2$$
• 最終状態の系の全運動エネルギー \(K_F\):
  円盤も円環も速度\(V_F\)で運動するので、
  $$K_F = \frac{1}{2}mv_F^2 + \frac{1}{2}MV_F^2$$

求めるエネルギー差 \(\Delta K\) は、
$$\Delta K = K_0 – K_F = \frac{1}{2}mv_0^2 – \left(\frac{1}{2}mv_F^2 + \frac{1}{2}MV_F^2\right) \quad \cdots ⑤$$

式⑤の\(K_F\)を整理します。
$$K_F = \frac{1}{2}(m+M)V_F^2$$
ここに、(4)で求めた \(V_F = \displaystyle\frac{m}{m+M}v_0\) を代入します。
$$K_F = \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{m}{m+M}v_0\right)^2$$
$$= \frac{1}{2}(m+M)\frac{m^2}{(m+M)^2}v_0^2$$
$$= \frac{1}{2}\frac{m^2}{m+M}v_0^2$$
よって、\(\Delta K\)は、
$$\Delta K = \frac{1}{2}mv_0^2 – \frac{1}{2}\frac{m^2}{m+M}v_0^2$$
\(\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2\)でくくります。
$$= \frac{1}{2}mv_0^2 \left(1 – \frac{m}{m+M}\right)$$
$$= \frac{1}{2}mv_0^2 \left(\frac{(m+M)-m}{m+M}\right)$$
$$= \frac{1}{2}mv_0^2 \left(\frac{M}{m+M}\right) = \frac{Mm}{2(m+M)}v_0^2$$

失われたエネルギーの総量は \(\Delta K = \displaystyle\frac{Mm}{2(m+M)}v_0^2\) です。
この結果もまた、反発係数\(e\)に依存しません。これは、衝突の過程がどうであれ、最初と最後の運動量が決まっていれば、その間のエネルギー損失量も一意に決まることを示しています。

問(6)

思考の道筋とポイント
(5)で求めた\(\Delta K\)が何を意味するかを簡潔に記述します。\(\Delta K\)は、運動開始前の全運動エネルギーと、無限回衝突後の全運動エネルギーの「差」です。力学的エネルギーが保存されない衝突が繰り返された結果、エネルギーが減少したことを表しています。

この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則が成り立たない場合、エネルギーは他の形態に変換される。
• 非弾性衝突では、運動エネルギーが熱エネルギーや音エネルギーに変わる。

具体的な解説と立式
\(\Delta K = K_0 – K_F\) は、運動開始前の系の全運動エネルギーから、最終状態の系の全運動エネルギーを引いたものです。これは、多数回の非弾性衝突の過程で、運動エネルギーが保存されずに失われた量を示します。失われた運動エネルギーは、主に衝突時の変形や摩擦による熱エネルギー、および衝突音などのエネルギーに変換されます。

解答例:
多数回の衝突によって失われた円盤と円環の力学的エネルギーの総和で、衝突によって発生した熱エネルギーや音エネルギーに変換された量。

【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:
  • 核心: 複数の物体からなる「系」に、ある方向に外力が働かない場合、その方向の系の全運動量は常に一定に保たれるという、極めて強力な法則です。
  • 理解のポイント: この問題では、床がなめらかなため、円盤と円環を一つの系と見なすと、水平方向の外力は働きません。したがって、1回目の衝突であろうと、n回目の衝突であろうと、あるいは無限回衝突した後であろうと、常に系の全運動量は初期状態の \(mv_0\) に等しくなります。この「いつでも成り立つ」という普遍性が、(1)の衝突解析から(4)の最終状態の解析まで、問題全体を貫く一本の軸となります。
• 反発係数の法則:
  • 核心: 2物体の1次元衝突において、衝突後の相対速度が、衝突前の相対速度の\(-e\)倍になる (\(v’_1 – v’_2 = -e(v_1 – v_2)\)) という関係式です。
  • 理解のポイント: これは、衝突によってどれだけ運動エネルギーが失われるか（はね返りの良さ）を特徴づける量です。運動量保存則が衝突の「前後」という2つの時点の関係しか記述できないのに対し、反発係数の式は衝突という「現象そのもの」を記述します。(1)では運動量保存則と連立して衝突後の速度を決定し、(3)では衝突を繰り返す際の速度変化の「規則性」を見出すために中心的な役割を果たします。

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:
  • 箱の中での物体の繰り返し衝突: 本問題とほぼ同じ構造です。箱が固定されているか、動けるかで運動量保存則の適用の可否が変わります。
  • ドップラー効果と音源の繰り返し反射: 壁の間を往復する音源が出す音を聞く問題。音源が壁と衝突するたびに速度が変化し、それによって観測される振動数が変化します。衝突の物理と波の性質を組み合わせた問題です。
  • 分子運動論: 多数の分子が壁と衝突を繰り返すモデル。一回の衝突の力積を計算し、それを時間平均することで、気体が及ぼす圧力を導出します。本問題は、その基礎となる一粒子の繰り返し衝突を扱っていると見ることもできます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 保存則の確認: まず、この系で「運動量」と「力学的エネルギー」のどちらが、あるいは両方が保存されるかを確認します。
     • 外力がない \(\rightarrow\) 運動量保存OK。
     • 非弾性衝突 (\(e<1\)) \(\rightarrow\) 力学的エネルギーは保存されない。
  2. 相対運動に着目: 2つの物体が絡む運動では、「相対速度」「相対変位」を考えると、問題が劇的に簡単になることがよくあります。(2)や(3)は、この視点を持つかどうかが鍵となります。
  3. 漸化式と極限: 「n回目の衝突」という言葉が出てきたら、漸化式を立てることを疑います。特に、速度や位置が等比数列的に変化することが多いです。そして、\(n \to \infty\) という極限を問われたら、その数列が収束するのか（公比の絶対値が1より小さいか）、収束するならその値は何か、を考えます。
  4. 運動の「最初」と「最後」を比べる: (4)や(5)のように、無限回衝突後の最終状態を問われた場合、途中の複雑な過程はすべて無視して、運動量保存則のような「いつでも成り立つ法則」を、運動の最初と最後の状態に適用することで、一気に答えを求めることができます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 速度と速さの混同:
  • 誤解: 問題文で「速度」と指定されているにもかかわらず、向きを考慮せず、大きさ（速さ）だけで式を立ててしまう。
  • 対策: 物理では、速度、変位、力、運動量、力積などはすべてベクトル量（向きを持つ量）です。必ず座標軸の正の向きを定め、逆向きの量は負の値として扱うことを徹底しましょう。特に反発係数の式や運動量保存則では、符号のミスが致命的になります。
• 相対速度の符号ミス:
  • 誤解: 反発係数の式 \(e = – \frac{v’_1 – v’_2}{v_1 – v_2}\) の右辺のマイナスを忘れたり、分子・分母の引き算の順番を間違えたりする。
  • 対策: 「衝突後の相対速度は、衝突前の相対速度の\(-e\)倍」という言葉の定義 (\(v’_{相対} = -e \cdot v_{相対}\)) で覚えるのが安全です。また、計算結果の物理的な意味を考える（例：衝突後、相対速度の向きは逆になるはず）ことで、検算ができます。
• 数列の扱いの誤り:
  • 誤解: (3)で、公比を\(-e\)とすべきところを\(e\)としてしまう。あるいは、初項を\(v_0\)としてしまう。
  • 対策: 漸化式 \(u_n = -e \cdot u_{n-1}\) を正確に立て、公比が\(-e\)であることを確認します。また、初項は\(u_1\)（1回目の衝突「後」の相対速度）であり、\(u_0\)（衝突「前」の相対速度）ではないことに注意します。
• エネルギー損失の計算:
  • 誤解: (5)で、失われたエネルギーを1回目の衝突だけで計算してしまう。
  • 対策: \(\Delta K\)は、運動開始前から「無限回衝突後」の最終状態までの全エネルギー変化です。したがって、(4)で求めた最終速度\(V_F\)を使って、最終状態のエネルギー\(K_F\)を計算する必要があります。

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:
  • 数直線上での運動: 円盤と円環の運動を、一つの数直線上で表現します。衝突のたびに、2つの点の速度がどのように変化し、特に2点間の距離（相対位置）がどのように振動しながら縮まっていくかをイメージします。
  • 速度の時間変化グラフ (v-tグラフ):
    • 円盤の速度\(v_n\): 衝突のたびに不連続に変化し、最終的に\(V_F\)に収束していく階段状のグラフ。
    • 円環の速度\(V_n\): 衝突のたびに不連続に変化し、こちらも最終的に\(V_F\)に収束していく階段状のグラフ。
    • 相対速度\(u_n\): 衝突のたびに符号が反転し、振幅が指数関数的に減少していく様子が描けます。
  • エネルギーの棒グラフ: (5)で考える際に有効。初期状態では円盤のみが運動エネルギー\(K_0\)を持つ。最終状態では、円盤と円環が運動エネルギー\(K_F\)を分け合い、その差額\(\Delta K\)が熱エネルギーとして失われた、というエネルギーの分配図をイメージします。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 衝突の前後を明確に: 1回の衝突について、「直前」と「直後」の状態を分けて図示し、それぞれの速度を書き込むことで、立式のミスを防げます。
  • n回目と(n-1)回目: (3)で漸化式を考える際は、(n-1)回目の衝突後（＝n回目の衝突前）と、n回目の衝突後の2つの状態を明確に区別して考えることが重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則:
  • 選定理由: (1)の衝突解析、および(4)の最終状態の解析で用いる。2物体間の相互作用（内力）のみで速度が変化し、外力が働かない系の解析における基本法則だから。
  • 適用根拠: 床がなめらかで、水平方向の外力がないという物理的条件。
• 反発係数の式:
  • 選定理由: (1)と(3)で、非弾性衝突という現象そのものを記述するため。
  • 適用根拠: 運動量保存則だけでは衝突後の速度が一意に決まらないため、衝突の性質を表すもう一つの関係式として必要になります。
• 等比数列の一般項と極限:
  • 選定理由: (3)で導いた漸化式が等比数列の形をしていたため、その一般項を求めるために用いる。(4)では、無限回後の状態を問われているため、その数列の極限を計算する必要がある。
  • 適用根拠: 物理法則から導かれた数式が、特定の数学モデル（この場合は等比数列）に合致したため、その数学的な性質を利用します。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 1回目の衝突 (問1): 未知数は\(v_1, V_1\)。
   • 式1: 運動量保存則を立てる。
   • 式2: 反発係数の式を立てる。
   • 2式を連立して解く。
2. Qへの到達時間 (問2):
   • O→Pの時間 \(t_{OP}\) を計算。
   • P→Qの時間 \(t_{PQ}\) を、相対速度と相対距離から計算。
   • \(T = t_{OP} + t_{PQ}\) を計算。
3. n回目の相対速度 (問3):
   • n回目の衝突について反発係数の式を立て、相対速度の漸化式 \(u_n = -e \cdot u_{n-1}\) を導く。
   • 初項 \(u_1 = -ev_0\) と公比 \(-e\) を求め、等比数列の一般項として \(u_n\) を計算する。
4. 最終速度 (問4):
   • \(n \to \infty\) のとき、\(u_n \to 0\) となることから、最終的に \(v_n = V_n = V_F\) となることを見抜く。
   • 運動の「最初」と「最後」の状態で運動量保存則を立て、\(V_F\)を求める。
5. エネルギー損失 (問5):
   • 初期エネルギー \(K_0\) と最終エネルギー \(K_F\) をそれぞれ計算する。
   • 差 \(\Delta K = K_0 – K_F\) を計算する。
6. 物理的意味 (問6): \(\Delta K\)が、非弾性衝突によって失われ、熱などに変換されたエネルギーの総量であることを記述する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 連立方程式の処理: (1)のように、2つの未知数を含む連立方程式を解く場面は頻出です。加減法や代入法をスムーズに使いこなせるようにしておく。特に、一方の式を定数倍して足したり引いたりすることで、片方の未知数を消去するテクニック（ヒントで示されている方法）は時間短縮に有効です。
• 符号の徹底管理: この問題では、速度の向き（正負）が非常に重要です。特に、相対速度や反発係数の式では、符号一つで結果が大きく変わります。式を立てる際、計算過程で、常に符号が正しいかを確認する癖をつけましょう。
• 文字式の整理: (5)のエネルギー計算のように、分数や二乗を含む複雑な文字式が出てきます。共通因数でくくる、通分するなど、式をできるだけ見やすく、簡単な形に保ちながら計算を進めることがミスを防ぐコツです。

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妥当性の検討:
  • (1) \(V_1\): \(V_1 = \frac{m(1+e)}{m+M}v_0\) は、\(e \ge 0\) なので必ず正の値です。つまり、静止していた円環は必ず円盤と同じ向きに動き出す、という直感と一致します。
  • (4) \(V_F\): 最終速度が反発係数\(e\)に依存しない、という結果は一見不思議に思えるかもしれません。しかし、これは「最終的に相対速度が0になる」という状態は、途中のエネルギー損失の仕方によらず、運動量保存則のみによって決まる、という物理的に重要な事実を反映しています。
  • (5) \(\Delta K\): この値は、完全非弾性衝突（\(e=0\)）で1回の衝突で一体化した場合のエネルギー損失量と一致します。これも、最終状態が同じであれば、失われるエネルギーの総量も同じであることを示しています。
• 極端な場合を考える:
  • もし\(e=1\)（弾性衝突）なら、(3)の相対速度の大きさは常に \(|u_n| = v_0\) となり、減衰しません。したがって、\(n \to \infty\) でも相対速度は0にならず、2物体は一体化しません。この場合、(4)や(5)の考え方は適用できなくなります。
  • もし\(M \gg m\)（円環が非常に重い）なら、\(V_1 \approx 0\), \(v_1 \approx -ev_0\) となり、円盤が固定された壁に衝突する状況に近づきます。
• 単位（次元）の一致確認:
  • 例えば(1)で求めた\(v_1, V_1\)の次元が、\(v_0\)と同じ速度の次元 \([L][T]^{-1}\) になっているかを確認します。分母も分子も質量の一次式なので、質量の次元は消え、速度の次元だけが残ることがわかります。

問題44 (東京大)

【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、棒で連結された2つの物体の運動を、外部の壁や床といった拘束条件の下で考察する、力学の総合問題です。運動が「物体Aが壁に接しているフェーズ」と「壁から離れた後のフェーズ」で大きく変化するため、それぞれの状況で適用すべき物理法則を的確に判断す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

この問題のテーマは「束縛された2体系の力学」です。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

1. 力学的エネルギー保存則: 系に非保存力や外力が仕事をしない場合に成立します。適用する「系」の範囲（物体単体か、2物体全体か）を正しく見極めることが重要です。
2. 運動量保存則: 系に外力が働かない（あるいは特定の方向に働かない）場合に成立します。Aが壁から離れた後の水平方向の運動を解析するのに有効です。
3. 運動方程式と力のつり合い: 物体の運動状態（加速運動か、静止か）に応じて、これらの基本法則を使い分け、力を分析します。特に円運動の部分では運動方程式が活躍します。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、[A]の摩擦がない場合について、運動を「Aが壁に接触中」と「Aが壁から離れた後」の2つのフェーズに分けて考えます。
2. 接触中のフェーズでは、Bの円運動とAの力のつり合いに着目します。
3. 離れた後のフェーズでは、AとBを一つの系とみなし、系のエネルギー保存則と運動量保存則を駆使します。
4. [B]の摩擦がある場合は、Aが動き出す瞬間の「力のつり合い」と「最大静止摩擦力」の条件を組み合わせて解きます。

問(1)

思考の道筋とポイント
物体Bが動き出してから、物体Aが壁に接している間の、物体Bの速さ\(v\)を求めます。
この間、物体Aは壁に沿って上下にしか動けず、水平方向には動きません。さらに、BがAを中心とする円運動をすることから、A-B間の距離\(l\)は一定なので、Aは鉛直方向にも動けず、結果として静止したままです。
したがって、物体Aの運動エネルギーは0のままです。一方、物体Bは、Aを回転中心とする半径\(l\)の円運動の一部と見なせます。この過程で、仕事をするのは保存力である重力のみなので、「物体B単体の力学的エネルギー保存則」を適用して速さ\(v\)を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

• Aが壁に接している間、Aは静止していると判断する。
• Bの運動は、Aを回転中心とする円運動の一部と見なせる。
• B単体の力学的エネルギーが保存されることを利用する。

具体的な解説と立式
位置エネルギーの基準を、物体Aがいる床の高さとします。

• 初期状態 (\(\theta=0\)): BはAの真上にあり、高さは\(l\)。初速度は0。
  $$E_{前} = \frac{1}{2}m \cdot 0^2 + mgl$$
• 角度\(\theta\)の状態: Bの速さは\(v\)。高さは \(l\cos\theta\)。
  $$E_{後} = \frac{1}{2}mv^2 + mgl\cos\theta$$

力学的エネルギー保存則 \(E_{前} = E_{後}\) より、
$$mgl = \frac{1}{2}mv^2 + mgl\cos\theta \quad \cdots ①$$

$$
\begin{aligned}
mgl &= \frac{1}{2}mv^2 + mgl\cos\theta \\
\frac{1}{2}mv^2 &= mgl – mgl\cos\theta \\
\frac{1}{2}v^2 &= gl(1-\cos\theta) \\
v^2 &= 2gl(1-\cos\theta) \\
v &= \sqrt{2gl(1-\cos\theta)}
\end{aligned}
$$

Bが少し下に動くと、その分だけ位置エネルギーが減ります。その減ったエネルギーが、Bの運動エネルギーに変わります。このエネルギーの変換の式を立てて、速さ\(v\)を計算します。

物体Bの速さは \(v = \sqrt{2gl(1-\cos\theta)}\) です。
これは、振り子の運動で、最下点からの高さが \(l(1-\cos\theta)\) の位置での速さの式と全く同じ形です。物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
(1)の状況（Aが壁に接している間）で、棒から物体Bにはたらく力\(F\)を求めます。
物体Bは、Aを中心とする半径\(l\)の円運動をしています。円運動をしている物体には、中心向きの力がはたらいています。この中心方向の力のつり合いを考えるために、「円運動の運動方程式」を立てます。

この設問における重要なポイント

• Bの運動を円運動として捉え、運動方程式を立てる。
• Bにはたらく力を、円の中心方向（棒の方向）と、それに垂直な方向に分解する。
• 棒がBを押す向きを正とする、という問題の指示に従う。

具体的な解説と立式
物体Bにはたらく力は、重力\(mg\)と棒からの力\(F\)です。
Bの円運動の中心はAなので、運動方程式は棒の方向（動径方向）について立てます。棒がBを押す向き（Aから遠ざかる向き）を正とします。

• 重力\(mg\)の動径方向成分: \(-mg\cos\theta\) （中心向きなので負）
• 棒からの力: \(F\) （問題の定義通り）

これらの合力が向心力 \(m\frac{v^2}{l}\)（中心向きなので負）と等しくなります。
運動方程式 \(ma_{中心} = F_{中心}\) より、
$$-m\frac{v^2}{l} = F – mg\cos\theta \quad \cdots ②$$

式②を\(F\)について解きます。
$$F = mg\cos\theta – m\frac{v^2}{l}$$
ここに、(1)で求めた \(v^2 = 2gl(1-\cos\theta)\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= mg\cos\theta – m\frac{2gl(1-\cos\theta)}{l} \\
&= mg\cos\theta – 2mg(1-\cos\theta) \\
&= mg\cos\theta – 2mg + 2mg\cos\theta \\
&= 3mg\cos\theta – 2mg \\
&= mg(3\cos\theta – 2)
\end{aligned}
$$

Bは円運動をしているので、中心に向かって引っ張られる力が必要です。この「中心力」の役割を、重力の一部と、棒がBを引っぱる力が担っています。この力のバランスの式（運動方程式）を立てて、棒の力\(F\)を計算します。

棒から物体Bにはたらく力は \(F = mg(3\cos\theta – 2)\) です。
\(\theta=0\)のとき、\(F=mg\)。これは、Bが静止しているとき、棒がBの重さを支えている状態に対応します。
\(F=0\)となるのは \(\cos\theta = 2/3\) のときで、これより\(\theta\)が大きくなると\(F\)は負になります。\(F\)の正の向きは「Bを押す向き」なので、\(F<0\)は「Bを引く向き（張力）」を意味します。最初は棒がBを押し、角度が大きくなると引くようになる、という物理的状況を正しく表しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
\(\theta=\alpha\)において、物体Aが壁から離れ始めたときの\(\cos\alpha\)を求めます。
「壁から離れる」とは、壁が物体Aを押す力、すなわち「垂直抗力\(R\)」が0になる瞬間を意味します。
そこで、物体Aにはたらく水平方向の力のつり合いの式を立て、\(R=0\)となる条件から\(\cos\alpha\)を求めます。

この設問における重要なポイント

• 「壁から離れる」 \(\iff\) 壁からの垂直抗力が0になる。
• 物体Aにはたらく力をすべて図示し、水平方向の力のつり合いを考える。

具体的な解説と立式
物体Aにはたらく力のうち、水平方向のものを考えます。

• 壁からの垂直抗力 \(R\)（右向き）
• 棒からの力: 物体Bが棒から受ける力は\(F\)（Bを押す向き）でした。その反作用として、棒はBから\(-F\)の力を受けます。この力がAに伝わるので、Aが棒から受ける力は、大きさ\(F\)でBとは逆の向き（左下向き）となります。
  • この力の水平成分: \(F\sin\theta\)（左向き）

物体Aの水平方向の力のつり合いより、
$$R – F\sin\theta = 0$$
Aが壁から離れる瞬間 (\(\theta=\alpha\)) では \(R=0\) なので、
$$F\sin\alpha = 0$$
となります。

\(F\sin\alpha = 0\) で、\(\alpha > 0\) なので \(\sin\alpha \neq 0\)。
したがって、\(F=0\) でなければなりません。
(2)で求めた \(F = mg(3\cos\theta – 2)\) を用いて、\(F=0\)となる\(\theta=\alpha\)を求めます。
$$mg(3\cos\alpha – 2) = 0$$
$$3\cos\alpha – 2 = 0$$
$$3\cos\alpha = 2$$
$$\cos\alpha = \frac{2}{3}$$

Aが壁から離れるのは、棒がAを横に押す力がなくなった瞬間です。棒がAを押す力は、Bが棒を押す力の反作用です。(2)で計算した「棒がBを押す力F」がちょうどゼロになるときが、Aが壁から離れるときです。この条件から角度\(\alpha\)を求めます。

\(\cos\alpha = \displaystyle\frac{2}{3}\) です。
この角度で、棒が物体を「押す」力と「引く」力が切り替わることが(2)の吟味からもわかります。この瞬間を境に、棒はAを壁から引き離す方向（左向き）に力を及ぼし始めるため、Aは壁から離れます。

問(4)

思考の道筋とポイント
Aが壁から離れる瞬間 (\(\theta=\alpha\)) における、物体Bの運動量の水平成分\(P\)を求めます。
運動量は \(p=mv\) で計算できます。この瞬間のBの速さ\(v\)と、速度の向き（水平成分を求めるための角度）が必要です。
速さ\(v\)は(1)の式に \(\cos\alpha = 2/3\) を代入して求めます。
運動量の水平成分は、Bの速度ベクトルを水平・鉛直に分解して計算します。

この設問における重要なポイント

• 運動量の定義 \(p=mv\) を使う。
• Bの速度ベクトルを水平・鉛直に分解する。

具体的な解説と立式
まず、\(\theta=\alpha\) のときのBの速さ\(v_\alpha\)を求めます。(1)の式より、
$$v_\alpha = \sqrt{2gl(1-\cos\alpha)}$$
次に、このときのBの速度ベクトルの向きを考えます。Bは円運動をしているので、速度の向きは円の接線方向、すなわち棒と垂直な方向です。
棒が鉛直方向と\(\alpha\)をなしているので、速度ベクトルの向きは水平方向と\(\alpha\)をなします（図c参照）。
したがって、速度の水平成分 \(v_{x}\) は、
$$v_{x} = v_\alpha \cos\alpha$$
求める運動量の水平成分\(P\)は、
$$P = m v_{x} = m v_\alpha \cos\alpha$$

まず、\(v_\alpha\)を計算します。\(\cos\alpha = 2/3\) を代入します。
$$v_\alpha = \sqrt{2gl\left(1-\frac{2}{3}\right)} = \sqrt{2gl \cdot \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2gl}{3}}$$
次に、\(P\)を計算します。
$$
\begin{aligned}
P &= m v_\alpha \cos\alpha \\
&= m \left(\sqrt{\frac{2gl}{3}}\right) \cdot \frac{2}{3} \\
&= \frac{2m}{3}\sqrt{\frac{2gl}{3}}
\end{aligned}
$$

運動量の水平成分は \(P = \displaystyle\frac{2m}{3}\sqrt{\displaystyle\frac{2gl}{3}}\) です。
この値が、Aが壁から離れた後の「A+B」の系の全運動量となります。

問(5)

思考の道筋とポイント
物体Bが物体Aの真横 (\(\theta=90^\circ\)) にきたときの、物体Aの速さ\(V\)を求めます。
Aが壁から離れた後 (\(\theta > \alpha\)) は、AとBからなる系には水平方向の外力が働かなくなります。したがって、系の水平方向の運動量は保存されます。
\(\theta=90^\circ\) のとき、棒は水平になります。棒の長さは変わらないので、AとBの水平方向の速度は等しくなければなりません。この共通の速度が求める\(V\)です。

この設問における重要なポイント

• Aが壁から離れた後は、系の水平方向の運動量が保存される。
• \(\theta=90^\circ\) のとき、AとBの水平方向の速度は等しくなる。

具体的な解説と立式
系の水平方向の運動量保存則を、\(\theta=\alpha\) の状態と \(\theta=90^\circ\) の状態で適用します。

• \(\theta=\alpha\) での全運動量: (4)で求めた\(P\)。
• \(\theta=90^\circ\) での全運動量: Aの速度は\(V\)、Bの水平速度も\(V\)。
  $$P_{90} = MV + mV = (M+m)V$$

運動量保存則より、
$$P = (M+m)V \quad \cdots ③$$

式③を\(V\)について解きます。
$$V = \frac{P}{M+m}$$
問題文では「Pを含んだ式で表してもよい」とあるので、これが答えとなります。

物体Aの速さは \(V = \displaystyle\frac{P}{M+m}\) です。
Aが壁から離れた後は、2物体が一体となって重心運動をしていると見なせます。その重心速度の水平成分が\(V\)に相当します。

問(6)

思考の道筋とポイント
\(\theta=90^\circ\)に達した直後、Bが床と完全弾性衝突（\(e=1\)）し、再び最も高く上がったときの角度\(\beta\)について、\(\cos\beta\)を求めます。
この問題も、複数のフェーズに分けて考えます。

1. Bと床の衝突: Bの速度のうち、床に垂直な成分（鉛直成分）の向きが逆になり、大きさは変わりません。水平成分は変化しません。
2. 衝突後から最高点まで: この間、系の水平方向の運動量と、力学的エネルギーが保存されます。
3. 最高点: BはAに対して相対的に静止します。つまり、AとBの速度が等しくなります。

この設問における重要なポイント

• 完全弾性衝突では、衝突面の垂直方向の速度成分の大きさが変わらない。
• 衝突後から最高点までの運動で、運動量保存則とエネルギー保存則を適用する。
• 最高点では相対速度が0になる。

具体的な解説と立式
Bと床の衝突は完全弾性なので、系の力学的エネルギーは失われません。したがって、運動の開始点(\(\theta=0\))から、最終的な最高点(\(\theta=\beta\))まで、系全体の力学的エネルギーは保存されます。

• \(\theta=0\)でのエネルギー: \(E_0 = mgl\)
• \(\theta=\beta\)でのエネルギー: 最高点ではAとBの速度は等しくなります。この共通の速度を\(V’\)とすると、
  $$E_\beta = \frac{1}{2}MV’^2 + \frac{1}{2}mV’^2 + mgl\cos\beta$$

また、水平方向の運動量は常に保存されます。

• \(\theta=90^\circ\)での全運動量: \((M+m)V\)
• \(\theta=\beta\)での全運動量: \((M+m)V’\)

運動量保存則より \((M+m)V = (M+m)V’\)、すなわち \(V’=V\) です。
したがって、エネルギー保存則の式は、
$$mgl = \frac{1}{2}(M+m)V^2 + mgl\cos\beta$$

エネルギー保存則の式を\(\cos\beta\)について解きます。
$$mgl\cos\beta = mgl – \frac{1}{2}(M+m)V^2$$
$$\cos\beta = 1 – \frac{(M+m)V^2}{2mgl}$$
ここに、(5)の結果 \(V = \displaystyle\frac{P}{M+m}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\cos\beta &= 1 – \frac{(M+m)}{2mgl} \left(\frac{P}{M+m}\right)^2 \\
&= 1 – \frac{(M+m)}{2mgl} \frac{P^2}{(M+m)^2} \\
&= 1 – \frac{P^2}{2mgl(M+m)}
\end{aligned}
$$

\(\cos\beta = 1 – \displaystyle\frac{P^2}{2mgl(M+m)}\) です。
Pの値がわかっているので代入も可能ですが、Pを含んだ式でよいので、これが答えとなります。

[B] 摩擦がある場合

思考の道筋とポイント
今度はAと床の間に静止摩擦係数\(\mu\)の摩擦がある場合を考えます。\(\theta=60^\circ\)でAが壁から離れた、という条件から\(\mu\)を求めます。
「壁から離れる」条件は、(3)と同様に壁からの垂直抗力\(R=0\)です。
Aが壁に接している間は静止しているので、床からの静止摩擦力がはたらいています。Aが動き出す直前なので、この静止摩擦力は最大摩擦力 \(\mu N_A\) に等しくなります。
Aにはたらく力のつり合い（水平・鉛直）を考え、これらの条件を盛り込んで\(\mu\)を求めます。

具体的な解説と立式
\(\theta=60^\circ\)でAが壁から離れる瞬間を考えます。
まず、\(\theta=60^\circ\)のときの棒からの力\(F_{60}\)を(2)の式から求めます。
$$F_{60} = mg(3\cos60^\circ – 2) = mg\left(3\cdot\frac{1}{2} – 2\right) = -\frac{1}{2}mg$$
\(F<0\)なので、棒はBを引いています（張力）。したがって、Aは棒から右上向きに力を受けます。この力の大きさは \(|F_{60}| = \displaystyle\frac{1}{2}mg\) です。

Aにはたらく力のつり合いを考えます。

• 鉛直方向: \(N_A + |F_{60}|\cos60^\circ = Mg\)
  $$N_A + \frac{1}{2}mg \cdot \frac{1}{2} = Mg$$
• 水平方向: \(R + f = |F_{60}|\sin60^\circ\)。
  \(R=0, f=\mu N_A\) なので、
  $$\mu N_A = \frac{1}{2}mg \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$

まず、鉛直方向のつり合いの式から\(N_A\)を求めます。
$$N_A = Mg – \frac{1}{4}mg = \frac{4Mg-mg}{4}$$
次に、水平方向のつり合いの式を整理します。
$$\mu N_A = \frac{\sqrt{3}}{4}mg$$
この式に求めた\(N_A\)を代入します。
$$\mu \left(\frac{4Mg – mg}{4}\right) = \frac{\sqrt{3}}{4}mg$$
両辺の4を消去し、\(\mu\)について解きます。
$$\mu (4M – m)g = \sqrt{3}mg$$
$$\mu = \frac{\sqrt{3}m}{4M-m}$$

静止摩擦係数は \(\mu = \displaystyle\frac{\sqrt{3}m}{4M-m}\) です。
\(M>m\) という条件から、分母の\(4M-m\)は必ず正になります。したがって\(\mu\)も正の値となり、妥当です。

【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（単体と系）:
  • 核心: 仕事をする力によって、エネルギー保存則の適用対象が変わることを理解することが核心です。
  • 理解のポイント:
    1. 単体系 (問1): A→Bの区間では、物体Bには重力しか仕事をしないため、B単体の力学的エネルギーが保存されます。
    2. 複数体系 (問5, 6): Aが壁から離れた後や、Bが床と弾性衝突した後の運動では、「A+B」を一つの系と見なします。棒が及ぼし合う力（張力）は内力となり、その仕事は系全体で相殺されるため、系全体の力学的エネルギーが保存されます（ただし、重力以外の外力が仕事をしない場合に限る）。この問題では、壁からの垂直抗力や床からの摩擦力が外力として登場するため、どの区間でどの法則が使えるかを慎重に見極める必要があります。
• 運動量保存則（特定方向の成分）:
  • 核心: 系に外力が働く場合でも、ある特定の方向に外力が働かなければ、その方向の運動量成分は保存されるという法則です。
  • 理解のポイント: (5)では、Aが壁から離れた後、系には鉛直方向の外力（重力、床からの垂直抗力）は働きますが、水平方向には外力が働きません。そのため、「水平方向の運動量」は保存されます。このように、ベクトルである運動量を成分に分解し、保存される成分だけをうまく利用するテクニックは非常に重要です。
• 力のつり合いと運動方程式:
  • 核心: 物体が静止または等速直線運動している場合は「力のつり合い」、加速運動（特に円運動）している場合は「運動方程式」を立てる、という力学の基本原則です。
  • 理解のポイント: (2)ではBの円運動に対して運動方程式を、(3)や[B]では物体Aの静止状態（または動き出す瞬間）に対して力のつり合いの式を立てます。現象に応じてこれらの基本法則を的確に使い分けることが求められます。

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:
  • 振り子と台車: 振り子のおもりが、動く台車の上につるされている問題。おもりが振れると台車も動くため、系のエネルギー保存則と水平方向の運動量保存則を連立させて解きます。
  • 連結された物体の運動: ばねや糸でつながれた複数の物体が、斜面を滑ったり衝突したりする問題。内力（張力、弾性力）と外力（重力、摩擦力）を区別し、系全体で保存される量を見抜くことが鍵となります。
  • 拘束条件のある運動: この問題の「Aが壁に接している」という条件のように、物体の運動が壁や床などによって制限（拘束）されている問題。拘束されている間は、その拘束面から受ける力（垂直抗力や摩擦力）を考慮に入れる必要があります。「拘束が解かれる瞬間」は、その力が0になる時として扱います。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動のフェーズ分け: 「Aが壁に接している間」「Aが壁から離れた後」「Bが床と衝突する前後」など、運動のルールが変わる点で問題を区切ります。
  2. 各フェーズでの保存則の吟味:
     • エネルギーは保存されるか？（非保存力が仕事をしていないか？）
     • 運動量は保存されるか？（外力が働いていないか？ ある方向だけは保存されるか？）
  3. 「離れる」「動き出す」の条件:
     • 「壁から離れる」 \(\rightarrow\) 壁からの垂直抗力が0になる。
     • 「床の上をすべり始める」 \(\rightarrow\) 静止摩擦力が最大摩擦力に達する。

     これらのキーワードを、力のつり合いの式における条件として数式化します。

  4. 円運動の視点: (2)のように、一見複雑な運動でも、一部を円運動と見なすことで、運動方程式を立てて力を分析できる場合があります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• エネルギー保存則の適用対象の誤り:
  • 誤解: Aが壁から離れた後、B単体の力学的エネルギーが保存されると考えてしまう。
  • 対策: Aが動いている場合、棒を介してAとBは力を及ぼし合います。この棒からの力はBに対して仕事をするため、B単体のエネルギーは保存されません。必ず「A+B」の系全体でエネルギーを考える必要があります。
• 運動量保存則の適用方向の誤り:
  • 誤解: Aが壁に接している間も、水平方向の運動量が保存されるとしてしまう。
  • 対策: Aが壁に接している間は、壁から水平方向の外力（垂直抗力R）を受けているため、水平方向の運動量は保存されません。運動量保存則を使う際は、必ず「外力の有無」を全方向について確認しましょう。
• 力の向きの誤解:
  • 誤解: (2)や[B]で、棒が及ぼす力Fの向きを常に一定（例えば張力のみ）と考えてしまう。
  • 対策: (2)の計算結果 \(F=mg(3\cos\theta-2)\) が示すように、棒が及ぼす力は角度\(\theta\)によって「押し出す力（圧縮力）」から「引き込む力（張力）」に変化します。力の向きを安易に決めつけず、まずは未知数として式を立て、計算結果の符号が持つ物理的な意味（押す力か引く力か、など）を正しく解釈することが重要です。
• 作用・反作用の混同:
  • 誤解: 棒がBに及ぼす力と、棒がAに及ぼす力を同じ向きとして扱ってしまう。
  • 対策: 「Bが棒から受ける力」と「Aが棒から受ける力」は、棒の両端にはたらく力であり、作用・反作用の関係にはありません（棒を介した力の伝達）。正しくは、「Bが棒から受ける力」の反作用は「棒がBから受ける力」です。力のつり合いを考える際は、どの物体にどの力がはたらいているかを明確に図示することが不可欠です。

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:
  • 力の分解図: (3)や[B]のように、力のつり合いを考える場面では、物体にはたらくすべての力をベクトルで図示し、それらを水平・鉛直成分に分解した図を描くことが必須です。特に、棒からの力のように斜めにはたらく力は、正確に分解することが計算の成否を分けます。
  • エネルギーの収支図: 運動の開始時(\(\theta=0\))、壁から離れる時(\(\theta=\alpha\))、真横に来た時(\(\theta=90^\circ\))、最高点(\(\theta=\beta\))など、各ポイントでのエネルギーの内訳（Aの運動エネルギー、Bの運動エネルギー、Bの位置エネルギー）を図で比較すると、エネルギーがどのように変換・分配されていくかが視覚的に理解できます。
  • 重心の運動: Aが壁から離れた後は、系に働く外力は重力と床からの垂直抗力のみ（鉛直方向のみ）です。したがって、「A+B」の系の重心は、水平方向には等速直線運動を、鉛直方向には放物運動のような運動をします。この重心の運動に着目することで、系の運動を大局的に捉えることができます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 着目物体の明確化: 図を描く際は、今どの物体（Aか、Bか、棒か）にはたらく力を描いているのかを明確にします。いわゆる「フリーボディダイアグラム」を描く習慣が重要です。
  • 角度の正確な記入: \(\theta\)がどこに現れるのかを、幾何学的な関係（錯角、同位角、直角三角形）を駆使して正確に図に記入します。

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:
  • 選定理由: (1), (5), (6)など、運動の始点と終点での速さや高さの関係を問われており、その間に働く力が重力のみ（または内力のみ）の場合に、途中の複雑な力のやり取りを無視して状態量を結びつけられる最も強力な法則だから。
  • 適用根拠: 系に対して非保存力が仕事をしない、という物理的条件。
• 円運動の運動方程式:
  • 選定理由: (2)で、円弧に沿って運動する物体Bにはたらく力を分析するため。向心力が速度と半径に関係づけられる唯一の法則だから。
  • 適用根拠: 物体が円軌道の一部を運動しているという幾何学的条件。
• 力のつり合い:
  • 選定理由: (3), [B]で、物体Aが静止している状態（または動き出す瞬間）の力の関係を調べるため。
  • 適用根拠: 加速度がゼロであるという運動学的条件。
• 運動量保存則:
  • 選定理由: (5), (6)で、Aが壁から離れた後の系の運動を解析するため。外力が働かない方向については、エネルギー保存則とは独立したもう一つの関係式を与えてくれるから。
  • 適用根拠: 系に特定の方向の外力が働かないという物理的条件。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 【A: 摩擦なし】
   • Aが壁に接触中 (問1, 2, 3, 4)
     1. (問1) Bの速さ\(v\): B単体のエネルギー保存則 (\(\theta=0 \rightarrow \theta\)) で立式。
     2. (問2) 棒の力\(F\): Bの円運動の運動方程式を立て、(1)の結果を代入。
     3. (問3) 離れる角度\(\alpha\): Aの水平方向の力のつり合いを考え、壁からの垂直抗力\(R=0\)となる条件から、\(F=0\)を導き、(2)の結果から\(\cos\alpha\)を求める。
     4. (問4) Bの運動量\(P\): (1)の\(v\)の式に\(\cos\alpha\)を代入して速さを求め、水平成分を計算。
   • Aが壁から離れた後 (問5, 6)
     1. (問5) Aの速さ\(V\): 系の水平運動量保存則 (\(\theta=\alpha \rightarrow 90^\circ\)) を立て、\(P=(M+m)V\)から\(V\)を求める。
     2. (問6) 最高角\(\beta\): Bの床との衝突は完全弾性。系のエネルギー保存則 (\(\theta=0 \rightarrow \beta\)) と水平運動量保存則 (\(\theta=90^\circ \text{後} \rightarrow \beta\)) を使い、\(\cos\beta\)を求める。
2. 【B: 摩擦あり】
   • \(\theta=60^\circ\)で壁から離れる瞬間の、Aの力のつり合いを考える。
   • 未知数は\(N_A, \mu\)。
   • 式1: 鉛直方向の力のつり合い。
   • 式2: 水平方向の力のつり合い（このとき静止摩擦力は最大摩擦力 \(\mu N_A\)、壁からの垂直抗力は0）。
   • 2式を連立して\(\mu\)を解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の多さに注意: \(m, M, l, g, \theta, v, F, R, P, V\)など多くの文字が登場します。どの文字がどの物理量を表すのか、常に意識しながら計算を進める。
• 代入は慎重に: ある設問の結果を次の設問で使うことが多いです。代入する式を間違えないように、細心の注意を払う。
• 三角関数の計算: \(\cos\theta, \sin\theta\)の分解、特に力の分解方向を間違えないようにする。
• 符号の管理: (2)や[B]で力の向きを考える際、正の向きを明確に定め、計算結果の符号が持つ物理的な意味（押す力か引く力か、など）を正しく解釈する。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2) \(F\): \(F=mg(3\cos\theta-2)\) は、\(\theta\)が小さいときは正（押し出す力）、\(\cos\theta=2/3\)で0になり、それ以上では負（引く力）になる。棒が最初はつっかえ棒として働き、やがて振り子のようにBを引っ張るようになるという直感的なイメージと一致します。
  • (3) \(\cos\alpha=2/3\): \(0 < 2/3 < 1\) なので、物理的に意味のある角度が存在することを示しています。
  • [B] \(\mu\): \(M>m\) という条件から、分母の\(4M-m\)は必ず正になります。したがって\(\mu\)も正の値となり、妥当です。
• 極端な場合を考える:
  • もし\(M \gg m\)なら、Aはほとんど動かないと予想されます。(5)で求めた\(V\)は\(m/M\)に比例するので0に近づき、直感と一致します。
  • もし\(m \gg M\)なら（問題の条件とは逆ですが）、AはBの動きに大きく振り回されるはずです。
• 保存則の成立範囲の再確認:
  • 自分の立てた式が、どの区間で、どの系に対して、どの保存則を適用したものなのかを、解答を見直す際に再確認する。これにより、法則の適用ミスを発見しやすくなります。

問題45 (福島県医大)

【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、円運動と、それに関わる力（向心力、摩擦力）、そして観測者の立場による見え方の違い（慣性力）をテーマにした、力学の基本問題です。静止系と回転系、2つの視点を正しく使い分けることが鍵となります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「円運動と慣性力」です。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

1. 静止系での円運動: 回転台の外から見ると、物体は円運動をしています。この運動には、円の中心に向かう「向心力」が必要です。この向心力は、静止摩擦力やばねの弾性力といった「実在の力」によって供給されます。解析には「運動方程式」を用います。
2. 回転系での力のつり合い: 回転台の上から見ると、物体は静止しています。この立場では、見かけの力である「遠心力」を導入することで、力のつり合いの問題として扱うことができます。
3. 静止摩擦力: 物体がすべらないように働く力で、その大きさは必要に応じて変化し、向きも反転します。ただし、その大きさには最大値（最大静止摩擦力）があります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. 各設問で、観測者の立場（静止系か回転系か）を明確にし、物体にはたらく力をすべてリストアップします。
2. 静止系なら運動方程式を、回転系なら力のつり合いの式を立てます。
3. 「すべりだす」や「すべらない範囲」といった条件を、静止摩擦力の性質（\(|f| \le \mu N\)）を用いて数式に落とし込みます。

問(1)

思考の道筋とポイント
回転台が回転していない（静止している）ときに、物体Aにはたらいている力を図示します。
物体Aは水平な回転台の上で静止しています。このとき、物体にはたらく力は、地球が引く「重力」と、台が物体を支える「垂直抗力」の2つです。

この設問における重要なポイント

• 物体にはたらく力を漏れなく見つける。
• 静止している物体にはたらく力はつり合っている。

具体的な解説と立式
物体Aにはたらく力は以下の2つです。

• 重力: 鉛直下向きに大きさ\(mg\)。
• 垂直抗力: 回転台の面から鉛直上向きに大きさ\(N\)。

物体は静止しているので、この2つの力はつり合っています。したがって、垂直抗力の大きさは \(N=mg\) となります。
図示する際は、これらの力を矢印で示します。

静止している物体には、重力とそれを支える垂直抗力がはたらいています。これは最も基本的な力の関係です。

問(2)

思考の道筋とポイント
角速度\(\omega\)で回転し、Aがすべらないでいるときにはたらく力を、2つの異なる観測者の立場で図示します。

1. 回転台の外の観測者（静止系）
この観測者から見ると、物体Aは円運動をしています。円運動をするためには、必ず円の中心に向かう力（向心力）が必要です。この向心力の役割を果たしているのが、回転台と物体の間の「静止摩擦力」です。鉛直方向には、(1)と同様に重力と垂直抗力がつり合っています。

2. 回転台の上の観測者（回転系）
この観測者から見ると、物体Aは自分に対して静止しています。この立場では、見かけの力である「遠心力」がはたらいていると考えます。遠心力は、円の中心から遠ざかる向きにはたらきます。物体Aが静止しているのは、この遠心力と、中心に向かう「静止摩擦力」がつり合っているためです。鉛直方向の力は静止系と同じです。

この設問における重要なポイント

• 静止系では「向心力」という実在の力が円運動の原因と考える。
• 回転系では「遠心力」という見かけの力（慣性力）を導入し、「力のつり合い」で考える。
• 向心力の正体は静止摩擦力である。

具体的な解説と立式
静止系（回転台の外）から見た場合:

• 鉛直方向: 重力(\(mg\))と垂直抗力(\(N\))がつり合っている。
• 水平方向: 静止摩擦力(\(f\))が円の中心（点O）に向かってはたらき、これが向心力となっている。

力の大きさの関係: \(N=mg\), \(f = m l_0 \omega^2\)

回転系（回転台の上）から見た場合:

• 鉛直方向: 重力(\(mg\))と垂直抗力(\(N\))がつり合っている。
• 水平方向: 中心から遠ざかる向きに遠心力(\(m l_0 \omega^2\))がはたらき、それとつり合うために中心向きに静止摩擦力(\(f\))がはたらいている。

力の大きさの関係: \(N=mg\), \(f = m l_0 \omega^2\)

どちらの立場で考えても、物体にはたらく「実在の力」は重力、垂直抗力、静止摩擦力の3つです。静止摩擦力の大きさが、向心力（または遠心力）の大きさに等しくなっています。

問(3)

思考の道筋とポイント
角速度\(\omega\)を徐々に上げていき、\(\omega=\omega_0\)でAがすべりだしたときの静止摩擦係数\(\mu\)を求めます。
「すべりだす」とは、物体を円運動させるのに必要な向心力（または遠心力とつり合う力）が、静止摩擦力で支えられる限界を超えた瞬間を意味します。この限界の力、すなわち「最大静止摩擦力」は \(\mu N\) で与えられます。
ここでは、回転台上の観測者の立場で考えると、「遠心力＝最大静止摩擦力」という力のつり合いの式を立てるだけで解けるので、より直感的です。

この設問における重要なポイント

• 「すべりだす瞬間」 \(\iff\) 静止摩擦力が「最大静止摩擦力」になる。
• 最大静止摩擦力は \(f_{max} = \mu N\) で計算できる。

具体的な解説と立式
回転台上の観測者の立場で考えます。
角速度が\(\omega_0\)のとき、物体Aにはたらく遠心力の大きさは \(m l_0 \omega_0^2\) です。
このとき、物体はすべりだす直前なので、中心向きにはたらく静止摩擦力は最大静止摩擦力 \(f_{max}\) となっています。
水平方向の力のつり合いより、
$$m l_0 \omega_0^2 = f_{max} \quad \cdots ①$$
最大静止摩擦力は \(f_{max} = \mu N\) であり、鉛直方向の力のつり合いから \(N=mg\) なので、
$$f_{max} = \mu mg \quad \cdots ②$$
式①と②から、
$$m l_0 \omega_0^2 = \mu mg \quad \cdots ③$$

式③を\(\mu\)について解きます。
両辺を\(mg\)で割ります。
$$\frac{l_0 \omega_0^2}{g} = \mu$$
したがって、
$$\mu = \frac{l_0 \omega_0^2}{g}$$

回転を速くしていくと、外側に飛び出そうとする力（遠心力）がどんどん大きくなります。これを内側に引き留めているのが静止摩擦力です。静止摩擦力が耐えられる限界（最大静止摩擦力）と、遠心力がちょうど等しくなった瞬間に、物体はすべり出します。この力のつり合いの式から\(\mu\)を計算します。

静止摩擦係数は \(\mu = \displaystyle\frac{l_0 \omega_0^2}{g}\) です。
角速度\(\omega_0\)が大きいほど、また半径\(l_0\)が大きいほど、すべり出すのにより大きな摩擦力が必要になる（\(\mu\)が大きい）という、直感に合った結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
自然長\(l_0\)のばねに物体Aをつるすと長さが\(l\)に伸びる、という情報から、ばねの性質をまず把握します。次に、このばねでAを回転中心Oにつないで回転させたとき、すべらないで回転できる角速度\(\omega\)の範囲を求めます。
この問題も、回転台上の観測者の立場で考えると、力のつり合いとして扱えるため簡単です。
物体Aには、水平方向に「遠心力」「ばねの弾性力」「静止摩擦力」の3つの力がはたらきます。静止摩擦力は、他の2つの力のつり合いを助けるために、向きと大きさを変えることができる点に注意が必要です。

この設問における重要なポイント

• ばねの性質（弾性力の大きさ）を、つるしたときの力のつり合いから求める。
• 回転が遅いときと速いときで、静止摩擦力の向きが変わる。
• 静止摩擦力には限界（最大静止摩擦力）がある。

具体的な解説と立式
1. ばねの弾性力の大きさを求める
ばねにAをつるすと、重力\(mg\)と弾性力\(F_{ばね}\)がつり合って静止します。このとき、ばねの伸びは \((l-l_0)\) です。ばね定数を\(k\)とすると、フックの法則より \(F_{ばね} = k(l-l_0)\)。
力のつり合いより、
$$k(l-l_0) = mg$$
問題では、回転台に置いたときもばねの長さが\(l\)であるとされているので、このときの弾性力の大きさは常に\(F=mg\)であることがわかります。

2. 回転台上の力のつり合い
回転台上の観測者から見ると、水平方向には以下の3つの力がはたらきます。

• ばねの弾性力: \(F=mg\)（中心向き）
• 遠心力: \(ml\omega^2\)（外向き）
• 静止摩擦力: \(f\)（状況に応じて向きが変わる）

静止摩擦力\(f\)は、\(mg\)と\(ml\omega^2\)の差を埋めるようにはたらきます。中心向きを正とすると、力のつり合いの式は、
$$mg + f = ml\omega^2$$
よって、静止摩擦力\(f\)は、
$$f = ml\omega^2 – mg$$

3. 静止摩擦力の条件
静止摩擦力\(f\)は、最大静止摩擦力\(\mu N = \mu mg\)を超えることはできません。また、向きは正負両方とりえます。
$$-f_{max} \le f \le f_{max}$$
$$-\mu mg \le ml\omega^2 – mg \le \mu mg$$

不等式 \(-\mu mg \le ml\omega^2 – mg \le \mu mg\) を\(\omega^2\)について解きます。
まず、すべての辺に\(mg\)を加えます。
$$mg – \mu mg \le ml\omega^2 \le mg + \mu mg$$
$$mg(1-\mu) \le ml\omega^2 \le mg(1+\mu)$$
すべての辺を\(ml\)で割ります（\(m, l\)は正）。
$$\frac{g(1-\mu)}{l} \le \omega^2 \le \frac{g(1+\mu)}{l}$$
\(\omega > 0\) なので、各辺の平方根をとります。
$$\sqrt{\frac{g(1-\mu)}{l}} \le \omega \le \sqrt{\frac{g(1+\mu)}{l}}$$

ばねと摩擦力の2つが、物体が飛び出さないように支えています。

• 回転が遅いとき: 遠心力がばねの力より小さいので、摩擦力は外向きに手伝って、ばねが縮みすぎないようにします。
• 回転が速いとき: 遠心力がばねの力より大きいので、摩擦力は内向きに手伝って、物体が外にすべり出さないようにします。

この摩擦力が耐えられる限界の範囲内であれば、物体はすべりません。この条件から、回転できる角速度\(\omega\)の範囲が求まります。

すべらないで回転できる\(\omega\)の範囲は、\(\sqrt{\displaystyle\frac{g(1-\mu)}{l}} \le \omega \le \sqrt{\displaystyle\frac{g(1+\mu)}{l}}\) です。
摩擦がない(\(\mu=0\))場合は、範囲は \(\sqrt{g/l} \le \omega \le \sqrt{g/l}\) となり、\(\omega = \sqrt{g/l}\) という特定の角速度でしか回転できない（ばねの力と遠心力がぴったりつり合う）。摩擦があることで、回転できる速度に「幅」が生まれるという、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？

• 円運動の動力学（向心力）:
  • 核心: 物体が円運動を続けるためには、常に円の中心方向を向いた力、すなわち「向心力」が必要であるという法則です。この向心力の大きさは \(F = ma = mr\omega^2 = m\frac{v^2}{r}\) で与えられます。
  • 理解のポイント: (2)や(3)で、静止系（回転台の外）から見た場合、物体Aが回転台と一緒に円運動できているのは、静止摩擦力が向心力の役割を果たしているからです。この「向心力の正体は何か？」を見抜くことが、円運動の問題を解く上での最も重要なステップです。この問題では、その正体が静止摩擦力（問3）や、ばねの弾性力と静止摩擦力の合力（問4）となります。
• 慣性力（特に遠心力）:
  • 核心: 加速している座標系（この問題では回転系）で物体の運動を考える際に、ニュートンの運動法則を成り立たせるために導入される「見かけの力」です。
  • 理解のポイント: (2)や(3)で、回転系（回転台の上）から見た場合、物体Aは静止しています。この立場では、物体には円の中心から遠ざかる向きに大きさ \(mr\omega^2\) の遠心力が働いていると考えます。物体が静止して見えるのは、この遠心力と、中心に向かう力（静止摩擦力など）が「つり合っている」からだと解釈します。力のつり合いの問題として扱えるため、静止系で運動方程式を立てるよりも直感的で簡単な場合が多く、非常に強力なツールです。
• 静止摩擦力:
  • 核心: 物体がすべり出さないように、接触面から受ける摩擦力です。その大きさは、外力に応じて \(0\) から最大値（最大静止摩擦力 \(\mu N\)）まで変化し、向きも逆転しうることが特徴です。
  • 理解のポイント: (3)では「すべりだす瞬間」を \(f = f_{max} = \mu N\) として扱います。(4)では、角速度\(\omega\)の大小によって、遠心力とばねの力のどちらが優勢になるかが変わり、それに応じて静止摩擦力\(f\)が向きを変えて力のバランスを保ちます。この「調整役」としての静止摩擦力の性質を理解することが、(4)の範囲を求める鍵となります。

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:
  • 円錐振り子: 円錐の側面を円運動するおもりの問題。張力と重力の合力が向心力となります。
  • バイクのカーブ: 道路をカーブするバイクが倒れない理由。タイヤと路面の間の静止摩擦力が向心力となります。車体を傾けるのは、重力と垂直抗力の合力で向心力の一部をまかなうためです。
  • 遠心分離機: 回転する容器内の粒子を分離する装置。遠心力を利用して、質量の大きい粒子を外側に集めます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 観測者の立場を決める: まず「静止系（外）」から見るか、「運動している系（回転台の上）」から見るかを決めます。一般に、運動している系の上で物体が静止している（または等速直線運動している）場合は、慣性力（遠心力など）を導入して「力のつり合い」で考えると、問題が簡単になることが多いです。
  2. 向心力の正体を探す: 静止系で考える場合は、「何が向心力になっているのか？」を徹底的に探します。重力、張力、弾性力、垂直抗力、摩擦力など、物体にはたらくすべての力をリストアップし、それらの合力の中心方向成分が向心力となります。
  3. 摩擦力の向きを判断する: (4)のように静止摩擦力が関わる問題では、「もし摩擦がなかったら、物体はどちらに動こうとするか？」を考えます。静止摩擦力は、その動きを妨げる向きにはたらきます。
     • 遠心力 > ばねの力 \(\rightarrow\) 外に動こうとする \(\rightarrow\) 摩擦力は内向き。
     • 遠心力 < ばねの力 \(\rightarrow\) 内に動こうとする \(\rightarrow\) 摩擦力は外向き。
  4. 限界条件を数式化する: 「すべりだす」「浮き上がる」「離れる」といったキーワードは、物理的な限界状態を表します。
     • 「すべりだす」 \(\rightarrow\) 静止摩擦力 = 最大静止摩擦力 (\(f = \mu N\))
     • 「浮き上がる・離れる」 \(\rightarrow\) 垂直抗力 = 0 (\(N=0\))

     これらの条件を力のつり合いの式や運動方程式に適用します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 向心力と遠心力の混同:
  • 誤解: 静止系で考えているのに遠心力を書き加えたり、回転系で考えているのに向心力という言葉を使ったりする。
  • 対策: この2つは表裏一体ですが、決して同時に存在はしません。
    • 静止系: 登場するのは「向心力」という、実在の力（摩擦力など）の合力。運動方程式 \(ma=F\) で扱う。
    • 回転系: 登場するのは「遠心力」という、見かけの力（慣性力）。力のつり合い \(\sum F = 0\) で扱う。

    自分がどちらの立場にいるのかを常に明確に意識することが重要です。

• 静止摩擦力の大きさを常に \(\mu N\) だと思い込む:
  • 誤解: 静止摩擦力がはたらいていれば、その大きさは常に\(\mu N\)であると勘違いする。
  • 対策: \(\mu N\)は、静止摩擦力が出せる「最大値（限界値）」です。物体が静止している間、静止摩擦力は外力とつり合うために必要なだけの大きさしか持ちません (\(0 \le f \le \mu N\))。(4)のように、その大きさが変化する状況を正しく理解する必要があります。
• ばねの弾性力の計算ミス:
  • 誤解: (4)で、ばねの弾性力を \(k(l-l_0)\) と計算した後、\(k\)を求めようとしてしまう。
  • 対策: 問題文の「ばねにAをつるすと長さが\(l\)に伸びる」という情報から、\(mg = k(l-l_0)\) が成り立ちます。つまり、長さが\(l\)のときの弾性力は、ばね定数\(k\)や自然長\(l_0\)が分からなくても、常に\(mg\)に等しいことが分かります。この情報を見抜いて利用することが、計算を簡略化する鍵です。

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:
  • 力のベクトル図: (2)で要求されている通り、物体にはたらく力をすべて矢印で描くことが基本です。特に、観測者の立場によって力の種類（遠心力の有無）や関係性（運動方程式かつり合いか）が変わることを、図とセットで理解することが重要です。
  • 摩擦力の向きのイメージ: (4)で、回転の角速度\(\omega\)を横軸にとり、遠心力(\(\propto \omega^2\))とばねの力（一定）の大きさをグラフに描いてみます。2つのグラフの交点が、摩擦力が0になる点です。それより左（遅い）ではばねが勝ち、右（速い）では遠心力が勝つため、摩擦力の向きが反転する様子が視覚的に理解できます。
  • 回転木馬の体験: 回転木馬に乗っているとき、外側に引っ張られるように感じるのが「遠心力」です。それをこらえて座り続けているのが、座席との摩擦力や、自分でつかまっている力です。このような日常体験と結びつけると、慣性力の概念がより直感的に理解できます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 作用点の明記: 力の矢印が、どの物体にはたらいているのかを明確にするため、作用点を物体の中心に描くようにします。
  • 力の種類の区別: 実在の力（重力、摩擦力など）と、見かけの力（遠心力）を、点線で描くなどして区別すると、思考の混乱を防げます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつり合い:
  • 選定理由: (1)の静止時、(2)の回転系での観測、(3)のすべりだす瞬間、(4)の回転中など、物体が（その座標系で）静止している状態を分析するため。
  • 適用根拠: 加速度がゼロであるという運動学的条件。回転系では、遠心力という慣性力を加えることで、この法則が適用可能になります。
• 円運動の運動方程式 (\(ma=F\)):
  • 選定理由: (2)の静止系での観測のように、円運動という加速運動を、力の観点から分析するため。
  • 適用根拠: 物体が円運動をしているという事実。向心加速度 \(a=r\omega^2\) と、向心力（実在の力の合力）を結びつけます。
• 最大静止摩擦力の式 (\(f_{max}=\mu N\)):
  • 選定理由: (3)や(4)で、「すべりだす」「すべらない範囲」といった、摩擦力の限界が関わる条件を定量的に扱うため。
  • 適用根拠: 物体がすべりだす直前である、という物理的状況。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 静止時 (問1): 物体Aにはたらく力を図示。鉛直方向の「力のつり合い」を考える。
2. 回転時 (問2):
   • 回転系（台上）: 遠心力を導入し、静止摩擦力との「水平方向の力のつり合い」を考える。
   • 静止系（外）: 静止摩擦力が向心力として働く「円運動の運動方程式」を立てる。
   • どちらの立場でも、鉛直方向は「力のつり合い」。
3. すべりだす瞬間 (問3):
   • 回転系で考えるのが楽。「遠心力 = 最大静止摩擦力」という力のつり合いの式を立てる。
   • 鉛直方向の力のつり合いから \(N=mg\) を求め、\(f_{max}=\mu mg\) を代入して\(\mu\)を解く。
4. ばね付き回転 (問4):
   • まず、ばねの性質を分析。「つるした」ときの力のつり合いから、長さ\(l\)のときの弾性力が\(mg\)であることを特定する。
   • 回転系で考える。水平方向には「遠心力」「弾性力」「静止摩擦力」の3つがはたらく。
   • 静止摩擦力\(f\)が取りうる範囲 \(-\mu mg \le f \le \mu mg\) を考える。
   • 力のつり合いの式 \(f = ml\omega^2 – mg\) をこの範囲の不等式に代入し、\(\omega\)について解く。

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: この問題では具体的な数値計算はありませんが、例えば(3)で求めた\(\mu\)の式 \(\frac{l_0 \omega_0^2}{g}\) の単位（次元）が、無次元になっているかを確認する習慣は有効です。(\([L] \cdot (1/[T])^2 / ([L]/[T]^2) = 1\))
• 不等式の処理: (4)で、\(-\mu mg \le ml\omega^2 – mg \le \mu mg\) のような連立不等式を解く際には、すべての辺に同じ操作（定数を足す、正の数で割る）を慎重に行う。特に、負の数で割る場合には不等号の向きが変わることに注意が必要です（この問題では発生しません）。
• 平方根の取り扱い: (4)で、\(\omega^2\)の範囲から\(\omega\)の範囲を求める際に、\(\omega\)が正であることを考慮して平方根をとります。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (3) \(\mu\): \(\omega_0\)や\(l_0\)が大きいほど、大きな\(\mu\)が必要になる。これは、速く、あるいは大回りするほど遠心力が大きくなり、より強い摩擦力が必要になるという直感と一致します。
  • (4) \(\omega\)の範囲:
    • もし摩擦がなければ (\(\mu=0\))、範囲は \(\sqrt{g/l} \le \omega \le \sqrt{g/l}\) となり、\(\omega = \sqrt{g/l}\) という特定の角速度でしか回転できない（ばねの力と遠心力がぴったりつり合う）。
    • もし\(\mu \ge 1\)なら、下限の根号の中が負またはゼロになり、物理的に意味をなさなくなります（問題文で\(\mu<1\)と断りがあるのはこのため）。これは、ばねの力\(mg\)だけでは、物体を内側に引き留めておけず、必ず外向きの摩擦力が必要になることを意味します。
• 両極端の状態で考える:
  • (4)で、\(\omega\)が範囲の下限のとき: 静止摩擦力は外向きに最大 (\(f=-\mu mg\))。
  • (4)で、\(\omega\)が範囲の上限のとき: 静止摩擦力は内向きに最大 (\(f=+\mu mg\))。

  このように、不等式の等号が成立する場合が、どのような物理的状況に対応するのかを考えることで、理解が深まります。

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