「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。

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問題43 (浜松医大 改)