「重要問題集」徹底解説（56〜60問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題56 (横浜市大 改)

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、摩擦のある水平面上でのばね振り子の運動を扱います。摩擦がない場合の単振動とは異なり、動摩擦力という「非保存力」が働くため、力学的エネルギーが保存されません。また、動摩擦力は速度の向きによって力の向きが変わるため、運動の向きによって振動の中心がずれるという、非常に特徴的な運動（減衰振動）をします。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「摩擦のある面上での振動（減衰振動）」です。

問(1)

思考の道筋とポイント
物体が\(x=d\)で静止し続ける限界の状況を考えます。このとき、ばねが物体を引く力（復元力）と、床が物体を支える静止摩擦力がつり合っています。\(x=d\)より右側では動き出すことから、\(x=d\)での復元力が最大静止摩擦力に等しいと考えられます。
この設問における重要なポイント

• 静止摩擦力と最大静止摩擦力の違いを理解する。
• \(x=d\)が、静止できる限界の点であると解釈する。
• 力のつり合いの式を立てる。

具体的な解説と立式
物体が位置\(x=d\)にあるとき、

• ばねが物体を引く力: 大きさ\(kd\)、向きは左向き（負の向き）。
• 静止摩擦力: ばねの力とつり合うため、大きさ\(f\)、向きは右向き（正の向き）。

力のつり合いより、\(f = kd\)。
問題文より、\(x=d\)が静止できる限界なので、このときの静止摩擦力\(f\)が最大静止摩擦力\(\mu N\)に等しくなります。
$$ kd = \mu N $$
また、鉛直方向の力のつり合いより、垂直抗力\(N\)は重力\(mg\)と等しいので、\(N=mg\)。
したがって、
$$ kd = \mu mg $$

上記の式を静止摩擦係数\(\mu\)について解きます。
$$ \mu = \frac{kd}{mg} $$

物体がギリギリ動かないでいられるのは、ばねが引っ張る力と、床が滑るのを邪魔する力（最大静止摩擦力）がちょうど同じ大きさになるときです。この力のつり合いの式を立てることで、静止摩擦係数が求まります。

静止摩擦係数\(\mu\)は \(\displaystyle\frac{kd}{mg}\) です。これは、ばねの力と最大静止摩擦力がつり合う点\(d\)が、ばね定数\(k\)、質量\(m\)、重力加速度\(g\)によって決まることを示しています。

問(2)

思考の道筋とポイント
物体が\(x_0\)から\(x_1\)まで運動する間、動摩擦力が仕事をして力学的エネルギーが減少します。この間の「力学的エネルギーの変化量」が「動摩擦力がした仕事」に等しい、というエネルギーと仕事の関係式を立てます。このアプローチが最も直接的です。
この設問における重要なポイント

• 力学的エネルギーが保存されないことを認識する。
• 「エネルギーと仕事の関係（力学的エネルギーの変化＝非保存力の仕事）」を適用する。
• 動摩擦力の仕事は、常に負の値になることに注意する。

具体的な解説と立式
エネルギーと仕事の関係式は、
$$ (\text{後の力学的エネルギー}) – (\text{前の力学的エネルギー}) = (\text{動摩擦力がした仕事}) $$

• 前の状態 (\(x=x_0\)): 静かにはなすので速さは0。力学的エネルギーは \(E_0 = \displaystyle\frac{1}{2}k x_0^2\)。
• 後の状態 (\(x=x_1\)): 速さが0になったので、力学的エネルギーは \(E_1 = \displaystyle\frac{1}{2}k x_1^2\)。
• 動摩擦力がした仕事 \(W\):
  • 動摩擦力の大きさ: \(\mu’ N = \mu’ mg\)。
  • 向き: 常に運動方向と逆向き（この区間では右向き）。
  • 移動距離: \(x_0 – x_1\)。
  • 仕事: \(W = -(\text{力の大きさ}) \times (\text{距離}) = -\mu’ mg (x_0 – x_1)\)。

これらの関係を式にまとめると、
$$ \left(\frac{1}{2}k x_1^2\right) – \left(\frac{1}{2}k x_0^2\right) = -\mu’ mg (x_0 – x_1) $$

上記の方程式を動摩擦係数\(\mu’\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k(x_1^2 – x_0^2) &= -\mu’ mg (x_0 – x_1) \\[2.0ex]
\frac{1}{2}k(x_1 – x_0)(x_1 + x_0) &= \mu’ mg (x_1 – x_0)
\end{aligned}
$$
両辺を \((x_1 – x_0)\) で割ると（\(x_0 \neq x_1\)なので0ではない）、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k(x_1 + x_0) &= \mu’ mg \\[2.0ex]
\mu’ &= \frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}
\end{aligned}
$$

摩擦があるので、物体のエネルギーはだんだん減っていきます。エネルギーの減少量は、摩擦がした仕事の分だけです。スタート地点(\(x_0\))と折り返し地点(\(x_1\))でのエネルギー（ばねのエネルギーのみ）を比較し、その差が摩擦の仕事に等しいという式を立てることで、動摩擦係数が求まります。

動摩擦係数\(\mu’\)は \(\displaystyle\frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\) です。この式は、振動の折り返し点(\(x_0, x_1\))が分かれば、動摩擦係数が求まることを示しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
物体が左向きに運動しているとき（速度が負のとき）の運動方程式を立てます。物体に働く力は、ばねの復元力と動摩擦力です。
この設問における重要なポイント

• 運動の向きによって動摩擦力の向きが変わることを理解する。
• 左向き運動の場合、動摩擦力は右向き（正の向き）に働く。
• 式を \(ma = -k(x-x_c)\) の形に整理し、振動中心を明らかにする。

具体的な解説と立式
物体が位置\(x\)にあり、左向きに運動しているとき、

• ばねの力: \(-kx\)
• 動摩擦力: 大きさは\(\mu’N = \mu’mg\)、向きは右向き（正）。よって \(+\mu’mg\)。

運動方程式 \(ma=F\) は、
$$ ma = -kx + \mu’mg $$
ここで、(2)で求めた \(\mu’ = \displaystyle\frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\) を代入します。

$$
\begin{aligned}
ma &= -kx + \mu’mg \\[2.0ex]
&= -kx + \left(\frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\right) mg \\[2.0ex]
&= -kx + \frac{k(x_0+x_1)}{2}
\end{aligned}
$$
この式を、単振動の運動方程式 \(ma = -k(x-x_c)\) の形に変形します。
$$ ma = -k\left(x – \frac{x_0+x_1}{2}\right) $$

ニュートンの運動方程式「\(ma=F\)」を立てます。力\(F\)は、物体に働いている力の合計です。この場合は「ばねが引く力」と「摩擦力」の2つです。左向きに動いているので、摩擦力は右向きに働くことに注意して式を立てます。

運動方程式は \(ma = -k\left(x – \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\right)\) です。
これは、振動の中心が原点Oから \(x_c = \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) の位置にずれた、ばね定数\(k\)の単振動であることを示しています。動摩擦力によって振動の中心がずれるという、この問題の核心部分です。

問(4)

思考の道筋とポイント
物体が\(x_0\)から\(x_1\)まで移動するのにかかった時間\(t_1\)を求めます。(3)で、この運動が単振動であることがわかりました。\(x_0\)と\(x_1\)は、この単振動の両端（折り返し点）です。したがって、移動にかかる時間は、この単振動の周期の半分に相当します。
この設問における重要なポイント

• (3)で導いた運動が、中心 \(x_c = \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) の単振動であることを理解する。
• \(x_0\)と\(x_1\)がその単振動の端点であることに気づく。
• 端から端までの移動時間は、周期の半分である。

具体的な解説と立式
(3)より、左向きの運動は、振動中心 \(x_c = \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) の単振動です。
この単振動の角振動数\(\omega\)は、運動方程式 \(ma = -k(x-x_c)\) から、\(a = -\displaystyle\frac{k}{m}(x-x_c)\) となり、\(a=-\omega^2(x-x_c)\) と比較して、
$$ \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} $$
周期\(T\)は、
$$ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} $$
物体は、この単振動の端点である\(x_0\)から、もう一方の端点である\(x_1\)まで移動します。
端から端までの移動にかかる時間\(t_1\)は、周期\(T\)の半分です。
$$ t_1 = \frac{T}{2} $$

$$
\begin{aligned}
t_1 &= \frac{1}{2} T \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \cdot 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} \\[2.0ex]
&= \pi\sqrt{\frac{m}{k}}
\end{aligned}
$$

摩擦があっても、振動の「ペース」自体は変わりません。振動の中心がずれるだけです。\(x_0\)から\(x_1\)への移動は、この「中心がずれた単振動」のちょうど半分（端から端まで）なので、かかる時間は周期の半分になります。

時間は \(\pi\sqrt{\displaystyle\frac{m}{k}}\) です。興味深いことに、この時間は摩擦がない場合の単振動の半周期と同じです。動摩擦力は振動の中心をずらすだけで、周期（振動のペース）には影響を与えないことがわかります。

問(5)

思考の道筋とポイント
\(x_0\)から\(x_1\)に移動する間で、物体の速さが最大になるときの位置と速さを求めます。単振動において、速さが最大になるのは振動の中心を通過するときです。
この設問における重要なポイント

• 単振動で速さが最大になるのは、振動の中心である。
• 振動の中心での速さは、振幅と角振動数から \(v_{\text{max}} = A\omega\) で計算できる。

具体的な解説と立式
最大速度になる位置:
左向きの運動における単振動の中心は、(3)で求めた通り、
$$x = \frac{x_0+x_1}{2}$$
です。
最大速度の大きさ \(v_M\):
この単振動の振幅\(A\)は、
$$ A = (\text{端点}) – (\text{中心}) = x_0 – \frac{x_0+x_1}{2} = \frac{x_0-x_1}{2} $$
角振動数\(\omega\)は \(\sqrt{k/m}\) です。
単振動の最大速度は \(v_{\text{max}} = A\omega\) で与えられるので、
$$v_M = \left(\frac{x_0-x_1}{2}\right) \sqrt{\frac{k}{m}}$$

上記の立式がそのまま計算過程となります。

ブランコで一番速くなるのが一番低い点であるように、単振動で一番速くなるのは振動の中心です。左向きに動いているときの振動の中心は \((x_0+x_1)/2\) です。そのときの速さは、単振動の公式「最大速度 = 振幅 \(\times\) 角振動数」で計算できます。

速さが最大になる位置は \(x = \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\)、そのときの速さは \(v_M = \displaystyle\frac{x_0-x_1}{2} \sqrt{\frac{k}{m}}\) です。振動の中心が原点からずれているため、速さが最大になるのも原点ではない点に注意が必要です。

問(6)

思考の道筋とポイント
物体が右向きに運動しているときに速さが最大になる位置を求めます。右向きの運動では、動摩擦力の向きが左向き（負の向き）に変わるため、力のつり合いの位置、すなわち振動の中心が変化します。
この設問における重要なポイント

• 運動の向きが変わると、動摩擦力の向きも変わり、振動の中心も変わる。

具体的な解説と立式
物体が右向きに運動しているとき（速度が正のとき）の運動方程式を立てます。

• ばねの力: \(-kx\)
• 動摩擦力: 大きさは\(\mu’mg\)、向きは左向き（負）。よって \(-\mu’mg\)。

運動方程式は、
$$ ma = -kx – \mu’mg $$
\(\mu’ = \displaystyle\frac{k(x_0 + x_1)}{2mg}\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
ma &= -kx – \frac{k(x_0+x_1)}{2} \\[2.0ex]
&= -k\left(x + \frac{x_0+x_1}{2}\right)
\end{aligned}
$$
これは、振動の中心が \(x_c’ = -\displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) である単振動を表します。
速さが最大になるのは、この新しい振動の中心なので、
$$x = -\frac{x_0+x_1}{2}$$

上記の立式がそのまま計算過程となります。

今度は右向きに動くので、摩擦力は左向きに働きます。そのため、ばねの力と摩擦力がつり合う「振動の中心」の位置が、左向きに動くときとは逆側にずれます。速さが最大になるのは、この新しい振動の中心です。

右向きに運動しているときに速さが最大になる位置は \(x = -\displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) です。左向きの運動のときと、振動中心の符号が逆になっていることがわかります。

問(7)

思考の道筋とポイント
物体が\(x_1\)で折り返した後、右向きに運動し、再び速さが0になる位置\(x_2\)を求めます。この右向きの運動は、(6)で求めたように、中心が \(x_c’ = -\displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) の単振動です。\(x_1\)と\(x_2\)は、この新しい単振動の端点になります。
この設問における重要なポイント

• 単振動の振動中心は、端点の中点である。

具体的な解説と立式
右向きの運動における振動の中心は \(x_c’ = -\displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) です。
この振動の端点は\(x_1\)と\(x_2\)です。
振動の中心は端点の中点なので、
$$ \frac{x_1+x_2}{2} = -\frac{x_0+x_1}{2} $$

上記の方程式を\(x_2\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
x_1+x_2 &= -(x_0+x_1) \\[2.0ex]
x_1+x_2 &= -x_0-x_1 \\[2.0ex]
x_2 &= -x_0 – 2x_1
\end{aligned}
$$

単振動では、振動の中心は常に、振動の両端（折り返し点）のちょうど真ん中にあります。右向きに動くときの振動の中心は(6)でわかりました。片方の端は\(x_1\)です。この関係を使えば、もう片方の端である\(x_2\)を計算できます。

2回目の折り返し点\(x_2\)は \(-x_0 – 2x_1\) です。振幅が \((x_2-x_1)/2\) となり、前の振動の振幅 \((x_0-x_1)/2\) よりも小さくなっており、エネルギーが失われ振幅が減少していく減衰振動の様子と一致します。

問(8)

思考の道筋とポイント
与えられた具体的な数値 \(x_0=7d/2, x_1=-5d/2\) を用いて、3回目の折り返し点\(x_3\)を求めます。\(x_2\)から\(x_3\)への運動は、再び左向きの運動になるため、振動の中心は(3)で考えた \(x_c = \displaystyle\frac{x_0+x_1}{2}\) に戻ります。
この設問における重要なポイント

• 運動の向きに応じて、振動の中心が交互に切り替わることを理解する。
• \(x_2\)と\(x_3\)が、中心\(x_c\)の単振動の端点であることを利用する。

具体的な解説と立式
まず、\(x_2\)を計算します。
$$
\begin{aligned}
x_2 &= -x_0 – 2x_1 \\[2.0ex]
&= -\left(\frac{7}{2}d\right) – 2\left(-\frac{5}{2}d\right) \\[2.0ex]
&= -\frac{7}{2}d + 5d \\[2.0ex]
&= \frac{3}{2}d
\end{aligned}
$$
次に、\(x_2\)から\(x_3\)への左向きの運動を考えます。このときの振動の中心は、
$$ x_c = \frac{x_0+x_1}{2} = \frac{(7/2)d + (-5/2)d}{2} = \frac{d}{2} $$
この振動の端点は\(x_2\)と\(x_3\)なので、その中点が振動中心\(x_c\)になります。
$$ \frac{x_2+x_3}{2} = x_c = \frac{d}{2} $$

上記の方程式を\(x_3\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
x_2+x_3 &= d \\[2.0ex]
x_3 &= d – x_2 \\[2.0ex]
&= d – \frac{3}{2}d \\[2.0ex]
&= -\frac{d}{2}
\end{aligned}
$$
この位置で物体は静止し続けたとあります。この位置でばねが及ぼす力は \(k|x_3| = kd/2\)。一方、最大静止摩擦力は \(\mu mg = kd\)。
\(kd/2 < kd\) なので、ばねの力が最大静止摩擦力を超えられず、静止し続けるという条件と一致します。

(7)と同じように、「振動の中心は端点の真ん中」という関係を使います。今度は左向きに動くので、振動の中心は \(d/2\) になります。片方の端が\(x_2\)なので、もう片方の端である\(x_3\)が計算できます。

3回目の折り返し点の位置は \(x_3 = -d/2\) です。

問(9)

思考の道筋とポイント
これまでの結果をまとめて、x-tグラフを描きます。ポイントは、運動の向きによって振動の中心が \(d/2\) と \(-d/2\) の間で切り替わることです。
この設問における重要なポイント

• 振動の中心が交互に変わる減衰振動のグラフを描く。
• 各区間の所要時間が半周期 \(\pi\sqrt{m/k}\) であることを反映させる。
• 振幅が徐々に減少していく様子を表現する。

具体的な解説と立式

• 区間1 (\(t=0 \rightarrow T/2\)): \(x_0=7d/2\) から \(x_1=-5d/2\) への左向き運動。振動中心: \(x_c = d/2\)。
• 区間2 (\(t=T/2 \rightarrow T\)): \(x_1=-5d/2\) から \(x_2=3d/2\) への右向き運動。振動中心: \(x_c’ = -d/2\)。
• 区間3 (\(t=T \rightarrow 3T/2\)): \(x_2=3d/2\) から \(x_3=-d/2\) への左向き運動。振動中心: \(x_c = d/2\)。
• \(t=3T/2\)以降: \(x_3=-d/2\)で静止。

ここで \(T = 2\pi\sqrt{m/k}\)。グラフは、これらの点を通り、それぞれの中心を持つサインカーブ（またはコサインカーブ）の一部をつなぎ合わせた形になります。振幅は徐々に小さくなっていきます。

グラフの描画が計算過程となります。

これまでの計算結果を、時間と位置のグラフにプロットしていきます。スタート地点、1回目の折り返し点、2回目の折り返し点、そして最後の静止地点を順番に線で結びます。ただし、ただの直線ではなく、振動の中心が左右にずれながら振幅が小さくなっていく、少し歪んだサインカーブのような形になります。

グラフは、振動の中心が \(d/2\) と \(-d/2\) の間で交互に切り替わりながら、振幅が減少していく様子を描写します。最終的に \(x=-d/2\) で静止します。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 摩擦力が働く系での運動方程式:
  • 核心: この問題の運動は、ばねの復元力（\(-kx\)）と動摩擦力（\(\pm \mu’mg\)）の合力によって記述されます。動摩擦力は常に速度と逆向きに働くため、運動の向きによって符号が変わります。
  • 理解のポイント: 運動方程式は \(ma = -kx \pm \mu’mg\) となります。この式を \(ma = -k(x – x_c)\) の形に変形することで、この運動が「振動中心がずれた単振動」であることがわかります。振動中心 \(x_c\) は、ばねの力と動摩擦力がつりあう点であり、運動の向きによって \(x_c = \pm \mu’mg/k\) と変化します。
• エネルギーと仕事の関係（力学的エネルギー保存則の破れ）:
  • 核心: 動摩擦力は非保存力なので、その仕事の分だけ系の力学的エネルギーは減少していきます。したがって、力学的エネルギー保存則は成り立ちません。
  • 理解のポイント: 「（後の力学的エネルギー） – （前の力学的エネルギー） = （動摩擦力がした仕事）」という、より一般的なエネルギーの原理を適用する必要があります。(2)では、この関係式を用いて動摩擦係数を求めています。動摩擦力の仕事は常に負であり、エネルギーを奪い続けるため、振動の振幅は徐々に小さく（減衰）していきます。
• 静止摩擦力と動き出す条件:
  • 核心: 物体が動き出すかどうかは、ばねの復元力と最大静止摩擦力の大小関係で決まります。
  • 理解のポイント: 物体が静止しているとき、ばねの復元力（\(kx\)）が最大静止摩擦力（\(\mu N = \mu mg\)）以下であれば、物体は静止し続けます。\(|kx| \le \mu mg\) が静止し続ける条件です。(1)ではこの限界の状況を、(8)の最後の確認ではこの条件そのものを用いています。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 斜面上のばね振り子: 斜面上でばね振り子を振動させる問題。重力の斜面成分が常にかかるため、振動の中心がばねの自然長の位置からずれます。さらに斜面があらい場合は、この問題と同様に動摩擦力も加わり、往路と復路で振動の中心が異なる減衰振動となります。
  • 空気抵抗を受ける振動: 空気抵抗（速度に比例する抵抗力など）を受けながら振動する物体の運動。これも減衰振動の一種ですが、抵抗力の形が速度に依存するため、数学的な扱いはより複雑になります。しかし、エネルギーが失われ振幅が減少していくという物理的描像は共通しています。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 摩擦の有無の確認: まず、問題設定に「なめらか」か「あらい」かの記述があるかを確認します。「あらい」とあれば、力学的エネルギーが保存されないこと、そして動摩擦力の向きが運動方向によって変わることを念頭に置く必要があります。
  2. 力のつり合いの位置の特定: 振動の中心は、ばねの力だけでなく、動摩擦力も含めたすべての力がつり合う位置です。運動の向きごとに、この「見かけの振動中心」がどこになるかを最初に特定することが、問題を解く上での重要なステップです。
  3. 運動の区間分け: 物体の運動方向が変わる点（折り返し点）で、動摩擦力の向きが切り替わります。したがって、運動を「左向き」「右向き」の区間に分けて、それぞれについて運動方程式を立てて考える必要があります。
  4. エネルギーか運動方程式か:
     • 動摩擦係数や、ある区間の始点と終点の関係だけを知りたい場合 \(\rightarrow\) エネルギーと仕事の関係式が有効なことが多いです。
     • 運動の途中経過（時間、加速度など）を知りたい場合 \(\rightarrow\) 運動方程式を立てて、単振動の性質を解析する必要があります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 振動中心の扱いの誤り:
  • 誤解: 摩擦があっても、振動の中心は常に原点O（ばねの自然長）だと考えてしまう。
  • 対策: 摩擦がある場合の振動の中心は、ばねの力と動摩擦力がつりあう点です。\(kx_c = \mu’mg\)。この中心が運動方向によって左右にずれることを正確に理解しましょう。\(x_c\)を原点とする新しい座標系 \((X=x-x_c)\) を導入すると、運動方程式が \(m\ddot{X} = -kX\) という標準的な単振動の形になり、見通しが良くなります。
• 動摩擦力の向き:
  • 誤解: 動摩擦力の向きを常に一定の向き（例えば常に左向き）だと考えてしまう。
  • 対策: 動摩擦力は「常に速度と逆向き」です。物体が右に動けば左向きに、左に動けば右向きに働きます。この切り替えを運動方程式に正しく反映させることが不可欠です。
• 時間の計算:
  • 誤解: 摩擦があっても周期は変わらないことを知らず、複雑な計算をしようとする。
  • 対策: 運動方程式 \(ma = -k(x-x_c)\) からわかるように、角振動数\(\omega = \sqrt{k/m}\) は、摩擦がない場合と同じです。したがって、周期も \(T=2\pi\sqrt{m/k}\) のままです。摩擦は振動の中心をずらすだけで、振動の「ペース」自体は変えない、という点をしっかり理解しておきましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつり合い \(kx = \mu mg\):
  • 選定理由: (1)で、物体が「静止し続ける限界」を問われているため。これは力のつり合いが成立する限界点です。
  • 適用根拠: 物体が動き出す直前、ばねの復元力と最大静止摩擦力がちょうどつり合っているという物理的状況。
• エネルギーと仕事の関係 \(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\):
  • 選定理由: (2)で、摩擦という非保存力が働く区間の前後での状態変化を解析するため。運動の途中経過を問わず、始点と終点のエネルギー状態だけで未知数（\(\mu’\)）を求めたい。
  • 適用根拠: エネルギー保存則が成り立たない系における、より一般的なエネルギーの原理。
• 運動方程式 \(ma = -k(x-x_c)\):
  • 選定理由: (3)以降で、運動の具体的な様子（時間、加速度、最大速度など）を解析する必要があるため。
  • 適用根拠: ニュートンの第二法則。動摩擦力を含んだ復元力を整理することで、この形に変形でき、単振動としての性質（振動中心、角振動数）を読み取ることができる。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の徹底確認:
  • 特に注意すべき点: この問題では、位置\(x\)、速度\(v\)、力\(F\)の符号が非常に重要です。特に、動摩擦力は速度と逆の符号を持つため、運動の向きが変わるたびに式の符号が変わる点に最大限の注意を払いましょう。
  • 日頃の練習: 座標軸の正の向きを常に意識し、力のベクトルを図示して、その成分が正か負かを判断する癖をつける。
• 振動中心の明確化:
  • 特に注意すべき点: 計算用紙に、左向き運動の中心\(x_c\)と右向き運動の中心\(x_c’\)の値を大きく書き出しておくと、混乱を防げます。
  • 日頃の練習: 複雑な設定の問題では、状況の変化（この問題では運動方向の反転）に応じて、どの物理量が変化し、どれが不変かを整理する表を作るのも有効です。
• 文字式のまま計算:
  • 特に注意すべき点: (7)や(8)のように、前の結果を代入して計算する場合、具体的な数値を代入するのではなく、\(x_0, x_1\)などの文字式のまま計算を進めた方が、関係性が見やすく、計算ミスも減ります。
  • 日頃の練習: 複雑な計算になるほど、焦って数値を代入したくなりますが、ぐっとこらえて文字式で最後まで計算する訓練をする。

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

• 減衰の確認:
  • 吟味の視点: 折り返し点の絶対値が \(|x_0| > |x_1| > |x_2| > |x_3|\) のように、徐々に小さくなっているかを確認します。なっていなければ、計算ミスの可能性が高いです。（例：(8)では \(|x_0|=3.5d\), \(|x_1|=2.5d\), \(|x_2|=1.5d\), \(|x_3|=0.5d\) となり、確かに減少している。）
• 最終的な静止位置:
  • 吟味の視点: (8)で物体が\(x_3=-d/2\)で静止しました。この位置でのばねの力は \(|F_{\text{ばね}}| = k|x_3| = kd/2\)。一方、最大静止摩擦力は \(F_{\text{max}} = \mu mg = kd\)。\(|F_{\text{ばね}}| \le F_{\text{max}}\) が満たされているため、物体がここで静止し続けるという結論は物理的に妥当です。もし、この条件が満たされていなければ、計算が間違っていることになります。
• 対称性の破れ:
  • 吟味の視点: 摩擦がない場合、振動は原点Oに対して対称になります（\(x_1=-x_0\)）。摩擦があることで、この対称性が崩れ、\(|x_1| < |x_0|\) となります。計算結果がこの関係を満たしているかを確認するのも良い検算になります。（例：(8)では \(x_0=3.5d\), \(x_1=-2.5d\) なので \(|x_1| < |x_0|\) となっている。）

問題57 (広島大)

【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、「衝突」と「単振動」という2つの重要な物理現象を組み合わせた複合問題です。
まず、物体AとBの弾性衝突によって、それぞれの物体の速度がどのように変化するかを解析します。その後、ばねにつながれた物体Aは単振動を始め、物体Bは等速直線運動を続けます。この2つの異なる運動をする物体が、再び出会う（再衝突する）までの過程を追跡します。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「衝突と単振動」です。2つの異なる物理現象を正しくモデル化し、それらを時間軸に沿ってつなぎ合わせていく能力が問われます。

問(1a)

思考の道筋とポイント
衝突の前後で、2物体を一つの「系」として考えたとき、水平方向には外力が働かないため、系の運動量の和は保存されます。この運動量保存則を式で表します。
この設問における重要なポイント

• 運動量保存則が成り立つ条件（外力が働かない）を理解している。
• 衝突前と衝突後で、系の全運動量をそれぞれ計算し、等しいとおく。

具体的な解説と立式

• 衝突前:
  • 物体Aの運動量: \(m \cdot 0 = 0\)
  • 物体Bの運動量: \(Mv_0\)
  • 系の全運動量: \(Mv_0 + 0 = Mv_0\)
• 衝突後:
  • 物体Aの運動量: \(mv_A\)
  • 物体Bの運動量: \(Mv_B\)
  • 系の全運動量: \(mv_A + Mv_B\)

運動量保存則より、(衝突前の全運動量) = (衝突後の全運動量) なので、
$$Mv_0 = mv_A + Mv_B$$

この設問では立式のみが問われているため、計算過程はありません。

2つのボールがぶつかる前後で、2つのボールが持つ「勢いの合計」は変わらない、というルールが運動量保存則です。このルールを数式で表します。

運動量保存則を正しく立式できました。これは衝突問題を解く上での基本式の一つです。

問(1b)

思考の道筋とポイント
衝突後の速度\(v_A, v_B\)という2つの未知数を求めるには、式がもう一つ必要です。問題文に「弾性衝突」とあるので、反発係数（はねかえり係数）\(e=1\) の式を立て、(1a)で立てた運動量保存則の式と連立させて解きます。
この設問における重要なポイント

• 弾性衝突の条件が、反発係数\(e=1\)であることを理解している。
• 反発係数の公式 $$e = -\displaystyle\frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})}$$ を正しく適用する。

具体的な解説と立式
反発係数の式は、
$$e = -\frac{v_A – v_B}{0 – v_0}$$
弾性衝突なので \(e=1\)。
$$1 = \frac{v_A – v_B}{v_0}$$
よって、
$$v_0 = v_A – v_B \quad \cdots ②$$
(1a)で立てた運動量保存則の式は、
$$Mv_0 = mv_A + Mv_B \quad \cdots ①$$
この①式と②式を連立して \(v_A, v_B\) を求めます。

式②より \(v_B = v_A – v_0\)。これを式①に代入します。
$$
\begin{aligned}
Mv_0 &= mv_A + M(v_A – v_0) \\[1.5ex]
Mv_0 &= mv_A + Mv_A – Mv_0 \\[1.5ex]
2Mv_0 &= (m+M)v_A
\end{aligned}
$$
よって、
$$v_A = \frac{2M}{M+m}v_0$$
次に、この結果を \(v_B = v_A – v_0\) に代入して\(v_B\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_B &= \frac{2M}{M+m}v_0 – v_0 \\[2.0ex]
&= \left(\frac{2M}{M+m} – 1\right)v_0 \\[2.0ex]
&= \left(\frac{2M – (M+m)}{M+m}\right)v_0 \\[2.0ex]
&= \frac{M-m}{M+m}v_0
\end{aligned}
$$

衝突の問題は、「運動量保存の式」と「はねかえりの式」の2つを立てて連立方程式を解くのが定石です。それぞれの公式に、衝突前後の速度を当てはめて計算します。

衝突直後の速度は、\(v_A = \displaystyle\frac{2M}{M+m}v_0\), \(v_B = \displaystyle\frac{M-m}{M+m}v_0\) です。
問題文の条件 \(M>m\) より、\(v_A > 0, v_B > 0\) となり、両物体が右方向に進むという条件と一致します。

問(2)

思考の道筋とポイント
衝突後、物体Aは単振動を始めます。「ばねが最も縮んだとき」とは、単振動の折り返し点（端点）であり、そこでは物体Aの速さは一瞬0になります。衝突直後からこの端点までの間で、物体Aとばねの系において力学的エネルギーが保存されることを利用します。
この設問における重要なポイント

• 「ばねが最も縮んだ」 \(\iff\) 「振動の端点」 \(\iff\) 「速さが0」。
• 衝突後の物体Aの運動では、力学的エネルギー保存則が成り立つ。
• 衝突直後の運動エネルギーが、すべてばねの弾性エネルギーに変換されると考える。

具体的な解説と立式
衝突直後(\(t=0\))と、ばねが最も縮んだとき(\(x=L\))の間で、物体Aとばねの系の力学的エネルギー保存則を立てます。

• 衝突直後 (\(x=0\)):
  • 速さは\(v_A\)。運動エネルギーは \(\displaystyle\frac{1}{2}mv_A^2\)。
  • ばねは自然長なので、弾性エネルギーは0。
• ばねが最も縮んだとき (\(x=L\)):
  • 速さは0。運動エネルギーは0。
  • ばねの縮みは\(L\)。弾性エネルギーは \(\displaystyle\frac{1}{2}kL^2\)。

力学的エネルギー保存則より、
$$\frac{1}{2}mv_A^2 + 0 = 0 + \frac{1}{2}kL^2$$

上記の方程式を\(L\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_A^2 &= \frac{1}{2}kL^2 \\[2.0ex]
mv_A^2 &= kL^2 \\[2.0ex]
L^2 &= \frac{m}{k}v_A^2
\end{aligned}
$$
\(L>0\)なので、
$$L = \sqrt{\frac{m}{k}}v_A$$

衝突直後、物体Aは速さ\(v_A\)で動き出し、運動エネルギーを持ちます。このエネルギーが、ばねを縮める仕事に使われ、ばねが最も縮んだ点では、すべて「ばねの弾性エネルギー」に変換されます。このエネルギーの移り変わりの式を立てることで、最大の縮み\(L\)が計算できます。

ばねが最も縮んだときの物体の位置（単振動の振幅）は \(L = v_A\sqrt{\displaystyle\frac{m}{k}}\) です。衝突直後の速さ\(v_A\)が大きいほど、また、質量\(m\)が大きくばね定数\(k\)が小さい（慣性が大きく、ばねが柔らかい）ほど、ばねは大きく縮むという、物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
衝突後の物体Aと物体B、それぞれの運動を時刻\(t\)の関数として記述します。

• 物体A: ばねにつながれているため、単振動をします。
• 物体B: 外力を受けないため、等速直線運動をします。

この設問における重要なポイント

• 物体Aの運動が単振動であることを認識し、その基本式を立てる。
• 物体Bの運動が等速直線運動であることを認識し、その式を立てる。
• それぞれの運動の初期条件（\(t=0\)での位置と速度）を正しく適用する。

具体的な解説と立式
物体Aの位置 \(x_A\)
物体Aは、振動中心\(x=0\)、振幅\(L\)、角振動数\(\omega = \sqrt{k/m}\)の単振動をします。
\(t=0\)で\(x=0\)から正の向きに動き出すので、その運動はサイン関数で表せます。
$$x_A = L\sin(\omega t)$$
ここに、(2)で求めた \(L = v_A\sqrt{\displaystyle\frac{m}{k}}\) と、\(\omega = \sqrt{k/m}\) の関係を代入します。
$$
x_A = \left(v_A\sqrt{\frac{m}{k}}\right) \sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)
$$
物体Bの位置 \(x_B\)
物体Bは、\(t=0\)で\(x=0\)の位置から、一定の速度\(v_B\)で等速直線運動をします。
したがって、その位置は、
$$x_B = v_B t$$

この設問では立式が主であり、代入が計算過程となります。

衝突後、物体Aはばねに繋がれているので往復運動（単振動）をします。その動きはサインカーブで表せます。一方、物体Bは何も邪魔されないので、衝突直後の速さでまっすぐ進み続けます。その動きは「距離＝速さ×時間」で表せます。

物体Aの位置は \(x_A = v_A\sqrt{\displaystyle\frac{m}{k}}\sin\left(\sqrt{\displaystyle\frac{k}{m}}t\right)\)、物体Bの位置は \(x_B = v_B t\) です。
それぞれ単振動と等速直線運動の基本的な式で表されており、妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
再衝突が起こる時刻\(t_1\)を求めます。再衝突は、物体Aと物体Bの位置が再び等しくなるときに起こります。
$$x_A(t_1) = x_B(t_1)$$
さらに、その位置が \(x=L/2\) であるという条件が与えられています。
この設問における重要なポイント

• 再衝突の条件 \(x_A(t_1) = x_B(t_1)\) を用いる。
• 与えられた再衝突位置の条件を、どちらかの物体の位置の式に適用して時刻\(t_1\)を求める。

具体的な解説と立式
再衝突が時刻\(t_1\)に \(x=L/2\) で起こるので、
$$x_A(t_1) = \frac{L}{2}$$
(3)で求めた物体Aの位置の式 \(x_A = L\sin(\omega t)\) に、\(t=t_1\) と \(x_A=L/2\) を代入します。
$$\frac{L}{2} = L\sin(\omega t_1)$$

上記の方程式を\(t_1\)について解きます。
$$\sin(\omega t_1) = \frac{1}{2}$$
この式を満たす\(\omega t_1\)は、
$$\omega t_1 = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{13\pi}{6}, \dots$$
問題文に「ばねが最も縮んだ後に再衝突を起こした」とあります。

• ばねが最も縮むのは、\(x=L\)に達したときで、これは単振動の周期\(T\)の\(1/4\)の時間後です。このとき \(\omega t = \displaystyle\frac{\pi}{2}\)。
• 再衝突は、この時刻より後でなければなりません。

したがって、\(\omega t_1 > \displaystyle\frac{\pi}{2}\) を満たす最小の解を選ぶ必要があります。
\(\displaystyle\frac{\pi}{6} \approx 0.17\pi\), \(\displaystyle\frac{\pi}{2} = 0.5\pi\), \(\displaystyle\frac{5\pi}{6} \approx 0.83\pi\) なので、条件を満たす最初の解は、
$$\omega t_1 = \frac{5\pi}{6}$$
角振動数 \(\omega = \sqrt{k/m}\) を用いて\(t_1\)を求めると、
$$
\begin{aligned}
t_1 &= \frac{5\pi}{6\omega} \\[2.0ex]
&= \frac{5\pi}{6}\sqrt{\frac{m}{k}}
\end{aligned}
$$

物体AとBが再び出会うのは、2つの物体の位置を表す式が等しくなるときです。今回は、その出会う場所が\(x=L/2\)だと教えてくれています。そこで、物体Aの位置が\(L/2\)になる時刻を計算します。ただし、衝突後、Aは何度も\(x=L/2\)を通過する可能性があるので、「ばねが一番縮んだ後で、最初に出会う」という条件に合う時刻を選びます。

再衝突が起こる時刻\(t_1\)は \(\displaystyle\frac{5\pi}{6}\sqrt{\frac{m}{k}}\) です。
この時刻は、半周期(\(\pi\sqrt{m/k}\))よりは短く、1/4周期(\(\displaystyle\frac{\pi}{2}\sqrt{m/k}\))よりは長い時間であり、図bのグラフの様子とも整合性が取れています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動量保存則と反発係数の式（衝突現象）:
  • 核心: 2物体間の衝突という、ごく短時間に内力が劇的に働く現象を解析するための基本法則です。
  • 理解のポイント:
    1. 運動量保存則: 衝突の前後で、系に外力が働かなければ（または無視できれば）、系の全運動量は保存されます。\(Mv_0 = mv_A + Mv_B\)。
    2. 反発係数の式: 衝突によって失われるエネルギーの度合いを示すもので、$$ e = -\displaystyle\frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})} $$
       で定義されます。「弾性衝突」は、力学的エネルギーが保存される最も理想的な衝突であり、\(e=1\) となります。

    この2つの式を連立させることで、衝突後の速度を決定できます。

• 単振動の記述:
  • 核心: 衝突後、物体Aはばねの復元力 \(F=-kx\) を受けて単振動を始めます。この運動は三角関数 \(x(t) = A\sin(\omega t + \phi)\) で記述されます。
  • 理解のポイント: 単振動の運動を記述するには、振幅\(A\)、角振動数\(\omega\)、初期位相\(\phi\)の3つのパラメータを決定する必要があります。
    • 角振動数 \(\omega\): 運動方程式 \(ma=-kx\) から \(\omega=\sqrt{k/m}\) と決まります。
    • 振幅 \(A\): 振動の中心から端までの距離。エネルギー保存則（\( \displaystyle\frac{1}{2}kA^2 = \frac{1}{2}mv_{max}^2 \)）から求めることができます。この問題では \(L\) が振幅に相当します。
    • 初期位相 \(\phi\): \(t=0\) のときの物体の位置と速度の向きで決まります。
• 力学的エネルギー保存則（単振動）:
  • 核心: 衝突後の物体Aとばねの系では、摩擦がなければ力学的エネルギー（運動エネルギー＋弾性エネルギー）が保存されます。
  • 理解のポイント: \(\displaystyle\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2 = \text{一定}\) という関係が常に成り立ちます。特に、振動の中心では運動エネルギーが最大（位置エネルギーが0）、振動の端では位置エネルギーが最大（運動エネルギーが0）となり、それらの最大値は等しくなります。\(K_{max} = U_{max}\)。

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:
  • 動く台との衝突: なめらかな床の上の台に物体が衝突する問題。この場合、衝突の前後で「物体＋台」の系の運動量が保存されます。
  • 振り子と物体の衝突: 振り子のおもりが最下点で別の物体に衝突する問題。衝突の瞬間は運動量保存則、その前後の振り子の運動は力学的エネルギー保存則で解析します。
  • 非弾性衝突: 反発係数が \(0 \le e < 1\) の衝突。運動量保存則は成り立ちますが、力学的エネルギーは保存されません。反発係数の式を用いて衝突後の速度を求めます。特に完全非弾性衝突(\(e=0\))では、衝突後に2物体は一体となって運動します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 現象の分割: 問題全体を「衝突の瞬間」と「衝突後の運動」の2つのフェーズに分割して考えます。
  2. 衝突フェーズの解析:
     • まず運動量保存則を立てる。
     • 次に衝突の種類（弾性、非弾性、完全非弾性）を確認し、反発係数の式を立てる。
     • これらを連立して、衝突直後の速度を求める。
  3. 衝突後フェーズの解析:
     • 各物体がどのような運動（等速直線運動、単振動、放物運動など）をするかを特定する。
     • 単振動の場合は、中心、振幅、角振動数を決定する。
     • それぞれの運動を、時刻\(t\)の関数として数式で表現する。
  4. 再衝突・追いつき条件: 2つの物体の「位置」が等しくなる時刻を求める、という条件式 (\(x_A(t) = x_B(t)\)) を立てて解きます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量保存則の適用範囲:
  • 誤解: 衝突後、ばねが縮み始める過程でも運動量保存則が成り立つと考えてしまう。
  • 対策: 運動量保存則が成り立つのは、あくまで「外力が働かない系」です。衝突後、物体Aにはばねから力（復元力）が働きます。この力は、壁を介して系全体（A+B）に働く「外力」と見なせるため、衝突後の運動全体では運動量は保存されません。運動量保存則は、外力の影響が無視できるごく短い「衝突の瞬間」にのみ適用します。
• 単振動の振幅と初期位置の混同:
  • 誤解: 物体を \(x=-a\) からはなした場合、振幅が \(a\) であることをすぐに判断できない。
  • 対策: 振幅は「振動の中心から端までの距離」です。この問題では振動の中心が\(x=0\)なので、端である\(x=\pm L\)までの距離は\(L\)となります。
• 再衝突時刻の解の選択:
  • 誤解: (4)で \(\sin(\omega t_1) = 1/2\) を満たす解のうち、最小の \(\omega t_1 = \pi/6\) を選んでしまう。
  • 対策: 問題文の物理的な条件をよく確認することが重要です。「ばねが最も縮んだ後に」という記述は、時刻が \(t > T/4\)（ばねが最も縮む時刻）でなければならないことを意味します。数学的に得られた複数の解の中から、物理的な条件に合うものを正しく選択する能力が問われます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則:
  • 選定理由: 「衝突」というキーワードが出てきたら、まず第一に考えるべき保存則だから。2物体の速度の関係式が1本得られます。
  • 適用根拠: 衝突というごく短い時間では、ばねの力などの外力の影響は無視できる（力積が小さい）とみなせ、2物体を一つの系として水平方向の運動量が保存されるため。
• 反発係数の式:
  • 選定理由: 衝突後の速度という未知数が2つあるのに対し、運動量保存則だけでは式が1本足りない。衝突の種類（弾性衝突）に関する情報から、もう1本式を立てる必要があるため。
  • 適用根拠: 「弾性衝突」という問題文の指定。これは \(e=1\) を意味します。
• 力学的エネルギー保存則:
  • 選定理由: (2)で、衝突後の物体Aの運動において、速さが0になる点（運動エネルギーが0）と、ばねの縮み（弾性エネルギー）を関連付けたいから。
  • 適用根拠: 衝突後の物体Aとばねの系には、非保存力（摩擦など）が働かず、力学的エネルギーが保存されるため。
• 単振動の運動方程式 \(x_A = A\sin(\omega t)\):
  • 選定理由: (3)で、衝突後の物体Aの運動を時間の関数として記述する必要があるため。
  • 適用根拠: 物体Aに働く力が復元力 \(F=-kx\) であり、その運動が単振動になること、および\(t=0\)の初期条件から。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 連立方程式の計算:
  • 特に注意すべき点: (1)の衝突計算は、連立方程式を解く基本です。代入法や加減法をスムーズに使えるように練習しておきましょう。
  • 日頃の練習: 式の番号付けを徹底し、どの式をどの式に代入したかを明確にしながら計算を進める。
• 文字の置き換え:
  • 特に注意すべき点: (3)や(4)では、\(\omega\) や \(L\) を、より基本的な文字(\(m, k, v_A\)など)で表現し直す場面があります。どの文字が何を表しているかを常に意識し、正確に置き換えましょう。
  • 日頃の練習: 複雑な問題では、問題の冒頭で主要な変数の定義（例: \(L=v_A\sqrt{m/k}\), \(\omega=\sqrt{k/m}\)）をメモしておく。
• 三角関数の解:
  • 特に注意すべき点: (4)で \(\sin(\theta) = 1/2\) のような方程式を解く際、解が複数存在することに注意が必要です。
  • 日頃の練習: 単位円やグラフを描いて、すべての可能性をリストアップし、その中から問題の物理的条件に合うものを選ぶ、という手順を徹底する。

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:
  • (1b) 速度: \(M>m\) という条件から、\(v_B = \displaystyle\frac{M-m}{M+m}v_0\) は正の値となり、衝突後も物体Bが右に進むという問題設定と一致します。また、\(v_A = \displaystyle\frac{2M}{M+m}v_0\) は、\(M>m\) のとき \(v_0 < v_A < 2v_0\) となり、軽い物体Aが速く弾き飛ばされる様子を表していて妥当です。
  • (2) 振幅L: \(L\)が衝突後の速さ\(v_A\)に比例するという結果は、強くぶつかるほど大きく振動するという直感と合致します。
  • (4) 再衝突時刻: 求めた時刻\(t_1\)が、物体Aが一度折り返す時刻(\(T/2\))より後になっていないか、ばねが最も縮む時刻(\(T/4\))より前になっていないか、といった時間的な前後関係をグラフ上で確認することで、解の妥当性を吟味できます。
• 極端な場合を考える:
  • もし\(M \gg m\)（Bが非常に重い壁のような場合）なら、\(v_A \approx 2v_0\)、\(v_B \approx v_0\) となります。これは壁との弾性衝突で速度がほぼ2倍になるという有名な結果と似ています（ただしこの場合は壁も動く）。
  • もし\(M=m\)なら、\(v_A=v_0, v_B=0\)となり、速度が交換されるという結果と一致します。

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問題58 (千葉大)

【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、接着された2物体が一体となって行う「たてばね振動」と、ある条件下で2物体が「分離する」現象を扱っています。前半(1)～(6)は一体での単振動を、後半(7)～(8)は分離する条件とその後の運動を問うています。
この問題の核心は、単振動の運動方程式とエネルギー保存則を正しく適用すること、そして「物体が分離する」という物理的な条件を、物体間にはたらく力の条件として数式に翻訳することです。

【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「単振動」と「運動方程式」、そして「エネルギー保存則」の応用です。特に、2物体が一体となって振動する場合と、途中で分離する場合の扱いの違いがポイントです。

問(1)