問題25 斜面上の物体の運動 (名城大 改)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(2)の別解: 力学的エネルギー保存則を用いた解法
- 模範解答が等加速度運動の公式を用いるのに対し、別解では保存力のみが仕事をする系であることに着目し、エネルギー保存則を用いて速さを求めます。
- 設問(7)の別解: 水平方向の運動量保存則を用いた解法
- 模範解答が相対運動の加速度から時間を媒介して距離を求めるのに対し、別解では水平方向に外力が働かないことに着目し、重心の運動（運動量保存則）から幾何学的に距離の関係を導きます。
- 設問(1)〜(7)の別解: 微積分を用いた体系的解法
- 公式を前提とせず、運動方程式（微分方程式）を立式し、それを積分することで速度や変位を導出する原理的なアプローチをとります。
- 設問(2)の別解: 力学的エネルギー保存則を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- エネルギー保存則: 加速度や時間を経由せずに、始点と終点の状態だけで速さを求められるため、計算ミスを減らし、迅速に解答できます。
- 運動量保存則: 複雑な加速度の計算を回避し、質量と移動距離の比だけで答えを導けるため、検算としても非常に強力なツールとなります。
- 微積分の解法: 運動方程式から全ての運動が記述できるという物理学の基本原理を理解することで、応用力を養います。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「斜面上の物体の運動」および「動く台の上での相対運動」です。
前半は台が固定された単純な斜面滑降問題ですが、後半は台も動くため、慣性力や作用・反作用を正しく考慮する必要があります。
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。
- 運動方程式: 物体の運動を決定する基本法則 \(ma = F\) です。力の向きと加速度の向きを正しく対応させることが重要です。
- 慣性力: 加速している観測者から物体を見たときに現れる見かけの力です。観測者の加速度と逆向きに \(ma\) の大きさを持ちます。
- 作用・反作用の法則: 2つの物体が互いに及ぼし合う力は、大きさが等しく向きが逆になります。
- 相対運動: 動く台から見た物体の運動を考えることで、複雑な動きを単純化して扱います。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、台が固定されているため、重力の斜面方向成分による等加速度運動として扱います。
- (3)〜(6)では、台も動くため、台と共に動く観測者（非慣性系）の視点から、慣性力を導入して力のつりあいや運動方程式を立てます。
- (7)では、相対的な変位と台の変位の関係を、等加速度運動の式を用いて導きます。
問(1)
思考の道筋とポイント
台Pは固定されています。小物体Qにはたらく力を図示し、斜面に沿った方向の運動方程式を立てて加速度を求めます。
この設問における重要なポイント
- 力の分解: 重力 \(mg\) を、斜面に平行な成分と垂直な成分に分解します。
- 運動方向: Qは斜面に沿って下向きに滑り落ちます。この方向を正とします。
具体的な解説と立式
Qにはたらく力は、鉛直下向きの重力 \(mg\) と、斜面からの垂直抗力 \(N\) です。
斜面に沿って下向きを正の向きとします。
重力 \(mg\) の斜面方向成分は \(mg \sin\theta\) です（図a参照）。
斜面に垂直な方向の力はつりあっていますが、加速するのは斜面方向のみです。
Qの加速度の大きさを \(a\) とし、斜面下向き方向の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
ma &= mg \sin\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 力の分解（三角比）
上記の式から、両辺を \(m\) で割って \(a\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
a &= g \sin\theta
\end{aligned}
$$
滑り台を滑る子供と同じ状況です。摩擦がないので、滑り落ちる勢い（加速度）は、重力のうち斜面に沿った成分だけで決まります。質量 \(m\) が式から消えるため、重い物でも軽い物でも同じ加速度で滑り落ちることがわかります。
加速度は \(g \sin\theta\) です。
\(\theta=0\)（水平）なら \(a=0\)、\(\theta=90^\circ\)（垂直落下）なら \(a=g\) となり、直感と一致します。
問(2)
思考の道筋とポイント
Qは初速度 \(0\) で一定の加速度 \(a = g \sin\theta\) で滑り降ります。距離 \(d\) だけ進んだときの速さ \(v\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 等加速度直線運動: 加速度が一定なので、等加速度運動の公式が使えます。時間は問われていないので、時間 \(t\) を含まない公式を選びます。
具体的な解説と立式
初速度 \(v_0 = 0\)、加速度 \(a = g \sin\theta\)、移動距離 \(x = d\) です。
求める速さを \(v\) とします。
等加速度直線運動の公式 \(v^2 – v_0^2 = 2ax\) を用います。
$$
\begin{aligned}
v^2 – 0^2 &= 2 \cdot (g \sin\theta) \cdot d
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の公式: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
$$
\begin{aligned}
v^2 &= 2gd \sin\theta \\[2.0ex]
v &= \sqrt{2gd \sin\theta} \quad (v > 0 \text{より})
\end{aligned}
$$
一定のペースで加速しながら距離 \(d\) を進みました。「速さの2乗は、進んだ距離と加速度の2倍の積に等しい」という公式に当てはめるだけで答えが出ます。
速さは \(\sqrt{2gd \sin\theta}\) です。
距離 \(d\) が長いほど、角度 \(\theta\) が急なほど速くなるという結果は妥当です。
思考の道筋とポイント
摩擦がないため、非保存力が仕事をしません。したがって、力学的エネルギー保存則が成立します。
高さの変化に着目して立式します。
この設問における重要なポイント
- 高さの減少: 斜面に沿って距離 \(d\) 滑り降りると、鉛直方向の高さは \(d \sin\theta\) だけ下がります。
具体的な解説と立式
滑り始める点を高さの基準（位置エネルギー \(0\)）とし、下向きを負と考えるか、あるいは「減少した位置エネルギー ＝ 増加した運動エネルギー」と考えます。ここでは後者で立式します。
高さの減少量は \(h = d \sin\theta\) です。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv^2 &= mg(d \sin\theta)
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K_{\text{前}} + U_{\text{前}} = K_{\text{後}} + U_{\text{後}}\)
両辺を \(m\) で割り、2倍します。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= 2gd \sin\theta \\[2.0ex]
v &= \sqrt{2gd \sin\theta}
\end{aligned}
$$
滑り台を降りることで、位置エネルギーが運動エネルギーに変わりました。下がった高さ分だけスピードが出ます。
メインの解法と同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
公式を暗記するのではなく、運動方程式を微分方程式として捉え、それを積分することで速度と位置を導出します。
具体的な解説と立式
斜面下向きを \(x\) 軸の正方向とし、原点をスタート地点 \(B\) とします。時刻 \(t=0\) で初速度 \(0\) です。
運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2x}{dt^2} &= mg \sin\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式（微分形）: \(m \frac{d^2x}{dt^2} = F\)
- 積分の基本公式
両辺を \(m\) で割り、\(t\) で積分して速度 \(v = \frac{dx}{dt}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2x}{dt^2} &= g \sin\theta \\[2.0ex]
v(t) &= \int (g \sin\theta) \, dt \\[2.0ex]
&= (g \sin\theta)t + C_1
\end{aligned}
$$
初期条件 \(t=0\) で \(v=0\) より、積分定数 \(C_1 = 0\) です。
よって、加速度の大きさは \(a = g \sin\theta\) です（問1の答え）。
さらに \(t\) で積分して位置 \(x(t)\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= \int (g \sin\theta)t \, dt \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}(g \sin\theta)t^2 + C_2
\end{aligned}
$$
初期条件 \(t=0\) で \(x=0\) より、積分定数 \(C_2 = 0\) です。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= \frac{1}{2}(g \sin\theta)t^2
\end{aligned}
$$
問(2)では \(x(t) = d\) となる時刻 \(t_1\) における速度 \(v(t_1)\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
d &= \frac{1}{2}(g \sin\theta)t_1^2
\end{aligned}
$$
これを \(t_1\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
t_1 &= \sqrt{\frac{2d}{g \sin\theta}}
\end{aligned}
$$
これを速度の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
v(t_1) &= (g \sin\theta) \cdot \sqrt{\frac{2d}{g \sin\theta}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{2d(g \sin\theta)^2}{g \sin\theta}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{2gd \sin\theta}
\end{aligned}
$$
「力」から「加速度」が決まり、それを積み重ねて（積分して）「速度」になり、さらに積み重ねて「位置」になるという物理の基本構造をたどりました。
問(1)(2)と同じ結果が導かれました。
問(3)
思考の道筋とポイント
ブロックを外すと、台Pは動けるようになります。Pがどちらに動くかを考えるには、Pにはたらく水平方向の力を調べる必要があります。
この設問における重要なポイント
- 作用・反作用: QはPから垂直抗力 \(N\)（斜面垂直上向き）を受けます。逆に、PはQから反作用 \(N’\)（斜面垂直下向き）を受けます。
- 力の水平成分: Pにはたらく力のうち、水平方向の成分を持つのはこの反作用 \(N’\) だけです。
具体的な解説と立式
Qが斜面から受ける垂直抗力 \(N\) は、斜面に垂直で、かつQを押し上げる向き（右上向き）となります。
作用・反作用の法則により、台PがQから受ける力（垂直抗力の反作用）は、これと逆向き（左下向き）になります。
この反作用の水平成分は左向きとなります。
Pにはたらく他の力（重力 \(Mg\)、床からの垂直抗力 \(R\)）はすべて鉛直方向なので、水平方向にはこの力だけがはたらきます。
力が左向きなので、加速度 \(A\) も左向きになります。
使用した物理公式
- 作用・反作用の法則
- 運動の第2法則（力と加速度の向きは一致する）
計算は不要で、力の向きの判断のみです。
反作用は左下向き \(\rightarrow\) 水平成分は左向き \(\rightarrow\) 加速度は左向き。
Qが斜面を押す力（垂直抗力の反作用）をイメージしてください。Qは斜面を滑り落ちながら、台Pを「左下」に押します。この「左下」に押す力のうち、「下」へ押す分は床が支えてくれますが、「左」へ押す分によって台Pは左へ動き出します。
Pは左向きの力を受けるため、左向きに加速します。
問(4)
思考の道筋とポイント
Pの水平方向の運動方程式を立てます。問(3)で確認した通り、加速度 \(A\) は左向きです。
この設問における重要なポイント
- 座標軸の設定: 加速度 \(A\) の向き（左向き）を正とします。
- 水平方向の力: Pにはたらく水平方向の力は、Qからの垂直抗力の反作用の水平成分 \(N \sin\theta\) のみです。
具体的な解説と立式
Pの質量は \(M\)、加速度は \(A\)（左向き正）です。
はたらく力は、左向きに \(N \sin\theta\) です（反作用 \(N\) の水平成分）。
運動方程式（左向き正）を立てます。
$$
\begin{aligned}
MA &= N \sin\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
立式のみが求められています。
台Pを左に押しているのは、小物体Qが斜面を押す力の「横成分」だけです。これによって台Pは加速します。
質量 \(\times\) 加速度 \(=\) 力 という基本的な形になっています。次元も合っています。
問(5)
思考の道筋とポイント
加速度 \(A\) で運動している台Pに乗った観測者から、小物体Qの運動を見ます。
加速している乗り物の中から外を見ると、進行方向と逆向きに「慣性力」がはたらいているように見えます。
この設問における重要なポイント
- 慣性力の向きと大きさ: 観測者の加速度ベクトル \(\vec{A}\) と逆向きに、大きさ \(m|\vec{A}|\) の力が加わります。
- 相対的な運動: Pから見ると、Qは斜面に沿って滑り降りる運動をしています。つまり、斜面に垂直な方向には動いていません（相対速度0、相対加速度0）。
具体的な解説と立式
(a) 慣性力の向き
観測者（台P）の加速度 \(A\) は「左向き」です。
したがって、慣性力は逆の「右向き」にはたらきます。
(b) 慣性力の大きさ
Qの質量は \(m\)、台Pの加速度の大きさは \(A\) なので、慣性力の大きさは \(mA\) です。
(c) 斜面に垂直な方向の運動方程式
Pから見たQにはたらく力は以下の3つです（図c参照）。
1. 重力 \(mg\)（鉛直下向き）
2. 垂直抗力 \(N\)（斜面垂直上向き）
3. 慣性力 \(mA\)（水平右向き）
斜面に垂直な方向（上向き正）について考えます。
Qは斜面に沿って動くので、この方向の加速度は \(0\) です。
力の成分を分解します。
- 垂直抗力: \(+N\)
- 慣性力 \(mA\) の斜面垂直成分: 図cより、角度 \(\theta\) をなすので \(+mA \sin\theta\)（上向き成分）
- 重力 \(mg\) の斜面垂直成分: \(-mg \cos\theta\)（下向き成分）
運動方程式の形式 \(m \cdot 0 = (\text{力の和})\) で記述します。
$$
\begin{aligned}
m \cdot 0 &= N + mA \sin\theta – mg \cos\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 慣性力の定義
- 力の分解とつりあい
(c)の式は、問題文の要求「運動方程式を記せ」に従い、質量 \(\times\) 加速度 \(=\) 力 の形で答えるのが適切です。
$$
\begin{aligned}
m \cdot 0 &= N + mA \sin\theta – mg \cos\theta
\end{aligned}
$$
電車が急発進すると体が後ろに持っていかれるのと同じで、左に加速する台の上の物体は、右向きに慣性力を受けます。
台の上から見ると、物体は斜面から浮き上がったりめり込んだりしないので、斜面に垂直な方向の力は、この慣性力も含めてぴったりバランスが取れています。
慣性力 \(mA\) が加わることで、垂直抗力 \(N\) は静止している時（\(mg \cos\theta\)）よりも小さくなることが式から予想されます（\(N = mg \cos\theta – mA \sin\theta\)）。台が逃げていく分、支える力が弱くなるイメージと合致します。
問(6)
思考の道筋とポイント
問(4)の式と問(5)(c)の式は、未知数 \(A\) と \(N\) を含む連立方程式になっています。これを解いて \(A\) と \(N\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 連立方程式の解法: \(N\) を消去して \(A\) を求めるか、その逆の手順で行います。
具体的な解説と立式
以下の2式を連立します。
$$
\begin{aligned}
MA &= N \sin\theta \quad \cdots ① \\[2.0ex]
N + mA \sin\theta – mg \cos\theta &= 0 \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 連立方程式の解法
式①より、\(N\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
N &= \frac{MA}{\sin\theta} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
これを式②に代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{MA}{\sin\theta} + mA \sin\theta – mg \cos\theta &= 0
\end{aligned}
$$
全体に \(\sin\theta\) を掛けて分母を払います。
$$
\begin{aligned}
MA + mA \sin^2\theta – mg \sin\theta \cos\theta &= 0 \\[2.0ex]
A(M + m \sin^2\theta) &= mg \sin\theta \cos\theta \\[2.0ex]
A &= \frac{mg \sin\theta \cos\theta}{M + m \sin^2\theta}
\end{aligned}
$$
求めた \(A\) を式③に代入して \(N\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
N &= \frac{M}{\sin\theta} \cdot \frac{mg \sin\theta \cos\theta}{M + m \sin^2\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{Mmg \cos\theta}{M + m \sin^2\theta}
\end{aligned}
$$
2つの式からパズルのように文字を消去して答えを出しました。
分母の \(M + m \sin^2\theta\) は、このシステム全体の「動きにくさ（有効質量）」のようなものを表しています。
\(A\) も \(N\) も正の値となり、物理的に意味のある解です。
もし \(M \to \infty\)（台が非常に重い）とすると、\(A \to 0\)、\(N \to mg \cos\theta\) となり、台が固定された場合の結果に収束します。これは正しい振る舞いです。
問(7)
思考の道筋とポイント
Qが斜面上を距離 \(l\) 滑る間に、Pが水平方向に距離 \(L\) 移動しました。
Pから見たQの運動（相対運動）と、床から見たPの運動を比較します。共通項である「時間 \(t\)」を媒介にして関係式を導きます。
この設問における重要なポイント
- 相対加速度: Pから見たQの斜面方向の運動方程式を立て、相対加速度 \(a’\) を求めます。
- 等加速度運動の式: PもQ（相対）も初速度0の等加速度運動なので、距離は \(\frac{1}{2}at^2\) で表せます。
具体的な解説と立式
まず、Pから見たQの斜面下向きの運動方程式を立て、相対加速度 \(a’\) を求めます。
斜面方向にはたらく力は、重力の成分 \(mg \sin\theta\) と、慣性力の成分 \(mA \cos\theta\)（図cより右向きの力 \(mA\) の斜面成分）です。
$$
\begin{aligned}
ma’ &= mg \sin\theta + mA \cos\theta
\end{aligned}
$$
Qはこの加速度 \(a’\) で距離 \(l\) を滑ります。滑る時間を \(t\) とすると、
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{1}{2} a’ t^2 \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
一方、台Pは加速度 \(A\) で距離 \(L\) を移動します。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{1}{2} A t^2 \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 相対運動の運動方程式
- 等加速度直線運動の公式: \(x = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\)
まず、相対加速度 \(a’\) を \(A\) を用いて表します。
$$
\begin{aligned}
a’ &= g \sin\theta + A \cos\theta
\end{aligned}
$$
次に、式④と式⑤から \(t^2\) を消去します。
式⑤より \(t^2 = \frac{2L}{A}\)。これを式④に代入します。
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{1}{2} a’ \left( \frac{2L}{A} \right) \\[2.0ex]
l &= \frac{a’}{A} L \\[2.0ex]
L &= \frac{A}{a’} l
\end{aligned}
$$
ここで \(a’ = g \sin\theta + A \cos\theta\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{A}{g \sin\theta + A \cos\theta} l
\end{aligned}
$$
この式に、問(6)で求めた \(A = \frac{mg \sin\theta \cos\theta}{M + m \sin^2\theta}\) を代入して整理します。
逆数 \(\frac{l}{L} = \frac{g \sin\theta}{A} + \cos\theta\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{g \sin\theta}{A} &= g \sin\theta \cdot \frac{M + m \sin^2\theta}{mg \sin\theta \cos\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{M + m \sin^2\theta}{m \cos\theta}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
\frac{l}{L} &= \frac{M + m \sin^2\theta}{m \cos\theta} + \cos\theta \\[2.0ex]
&= \frac{M + m \sin^2\theta + m \cos^2\theta}{m \cos\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{M + m(\sin^2\theta + \cos^2\theta)}{m \cos\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{M + m}{m \cos\theta}
\end{aligned}
$$
したがって、
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{m \cos\theta}{M + m} l
\end{aligned}
$$
台Pと小物体Qは、よーいドンで同時に動き出し、同じ時間だけ動きました。
進んだ距離の比は、加速度の比と同じになります。それぞれの加速度を計算して比をとることで、距離の関係式を導きました。
\(L = \frac{m \cos\theta}{M + m} l\) です。
\(M\) が非常に大きいとき \(L \to 0\)（台は動かない）、\(m\) が非常に大きいとき \(L \approx l \cos\theta\)（台が軽くQに押されて大きく動く）となり、妥当です。
思考の道筋とポイント
水平方向には外力がはたらいていません（床はなめらか）。したがって、PとQからなる系の水平方向の運動量は保存されます。
初速度が0なので、これは「重心の水平位置が変化しない」ことを意味します。
この設問における重要なポイント
- 重心不動: \(m \Delta x + M \Delta X = 0\) （変位の重み付き和が0）
- 変位の幾何学的関係: Qが斜面上を \(l\) 滑り降りたとき、Qの水平変位は、台に対する変位と台自体の変位の和になります。
具体的な解説と立式
台Pは左に \(L\) 動きました。これを \(X = -L\) とします。
Qは台の上を斜面に沿って \(l\) 滑り降りました。
Qの台に対する水平変位は \(l \cos\theta\)（右向き）です。
床から見たQの水平変位 \(x\) は、「台の変位」＋「台に対する変位」なので、
$$
\begin{aligned}
x &= -L + l \cos\theta
\end{aligned}
$$
水平方向の運動量保存則（重心不動の式）より、
$$
\begin{aligned}
m x + M X &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量保存則（重心の保存）: \(m_1 \Delta x_1 + m_2 \Delta x_2 = 0\)
変位を代入します。
$$
\begin{aligned}
m(-L + l \cos\theta) + M(-L) &= 0 \\[2.0ex]
-mL + ml \cos\theta – ML &= 0 \\[2.0ex]
(M + m)L &= ml \cos\theta \\[2.0ex]
L &= \frac{m \cos\theta}{M + m} l
\end{aligned}
$$
外から力が加わらない限り、全体の重心の位置は変わりません。
台が左に動いた分と、小物体が右に動いた分のバランスが取れているはずです。このバランスの式を作ると、面倒な加速度の計算を一切せずに、一瞬で距離の関係が求まります。
メインの解法と全く同じ結果が、はるかに少ない計算量で得られました。
思考の道筋とポイント
後半の(3)〜(7)の運動を、運動方程式（微分方程式）から一括して解きます。
特に(7)の結果は、加速度が一定であれば、変位の比が加速度の比になるという積分計算の結果として自然に導かれます。
具体的な解説と立式
時刻 \(t=0\) で静止していた状態からスタートします。
台Pの床に対する位置座標を \(X(t)\)（左向き正）、Qの台Pに対する斜面に沿った位置座標を \(x'(t)\)（斜面下向き正）と定義します。
それぞれの運動方程式は以下の通りです。
1. 台Pの運動方程式（水平方向）:
$$
\begin{aligned}
M \frac{d^2X}{dt^2} &= N \sin\theta
\end{aligned}
$$
2. Qの相対運動方程式（斜面方向）:
慣性力 \(m \frac{d^2X}{dt^2}\)（右向き）の斜面成分 \(m \frac{d^2X}{dt^2} \cos\theta\) が加わるため、
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2x’}{dt^2} &= mg \sin\theta + m \frac{d^2X}{dt^2} \cos\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式（微分形）
- 相対運動の記述
まず、台Pの加速度 \(A = \frac{d^2X}{dt^2}\) は定数（\(N\)が一定のため）なので、これを2回積分して位置 \(X(t)\) を求めます。初速0、初期位置0より、
$$
\begin{aligned}
X(t) &= \frac{1}{2} A t^2
\end{aligned}
$$
次に、Qの相対加速度 \(a’ = \frac{d^2x’}{dt^2}\) も定数（右辺がすべて定数）なので、同様に積分します。
$$
\begin{aligned}
x'(t) &= \frac{1}{2} a’ t^2
\end{aligned}
$$
ここで、\(t\) が共通であることに着目し、\(X(t)\) と \(x'(t)\) の比をとります。
$$
\begin{aligned}
\frac{X(t)}{x'(t)} &= \frac{\frac{1}{2} A t^2}{\frac{1}{2} a’ t^2} \\[2.0ex]
&= \frac{A}{a’}
\end{aligned}
$$
問(7)の設定では、\(X(t) = L\)、\(x'(t) = l\) なので、
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{A}{a’} l
\end{aligned}
$$
これはメイン解法で導いた式そのものです。
ここから先はメイン解法と同様に \(A\) と \(a’\) の具体的な式を代入して計算します。
運動方程式からスタートすれば、位置 \(X\) や \(x’\) が時間の2乗に比例すること（\(\frac{1}{2}at^2\)）が数学的に保証されます。
そのため、どんな時刻であっても「進んだ距離の比」は「加速度の比」と等しくなることが、積分の計算から明らかになります。
微積分を用いることで、等加速度運動の公式の起源を確認しつつ、変位の関係式をシステマチックに導くことができました。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 慣性力と非慣性系での運動記述
- 核心: 加速している台（非慣性系）から物体を観測する場合、観測者の加速度と逆向きに「慣性力 \(ma\)」を導入することで、ニュートンの運動方程式がそのまま成立します。
- 理解のポイント:
- 慣性力は「見かけの力」ですが、立式においては重力などと同様に実在する力として扱います。
- 観測者の加速度の向きを正確に把握し、その逆向きに慣性力を設定することが絶対条件です。
- 作用・反作用の法則と運動の連動性
- 核心: 物体Qが台Pを押す力（垂直抗力の反作用）が台Pを加速させ、その台Pの加速がQに慣性力を及ぼし、さらにその慣性力が垂直抗力を変化させるという、相互依存的な関係がこの問題の本質です。
- 理解のポイント:
- 「台は固定されている」という先入観を捨て、物体間の力のやり取りを正確に図示する必要があります。
- 特に、垂直抗力の反作用が台を動かす唯一の水平方向の力であることを理解しましょう。
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:
- 動く台上のばね振り子: 斜面上の物体がばねに接続されている場合、慣性力を考慮して力のつりあいの位置（振動中心）のズレを計算する問題に応用できます。
- エレベーター内の運動: 鉛直方向に加速する箱の中での運動も、慣性力（見かけの重力加速度の変化）として統一的に処理できます。
- 初見の問題での着眼点:
- 観測者の設定: 「床から見る（慣性系）」か「動く台から見る（非慣性系）」かを最初に決定します。束縛条件（斜面に沿って動くなど）がある場合は、台から見る方が相対変位が単純になり有利です。
- 水平方向の保存則の確認: 水平方向に外力が働かない系（床がなめらかなど）では、運動量保存則（重心不動）が成立します。これを利用すれば、複雑な加速度計算をスキップして変位の関係を導けます。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 垂直抗力の反作用の向きの誤認:
- 誤解: 図の見た目や直感で、垂直抗力の反作用の向きをあいまいに捉え、その水平成分（台を動かす力）の向きを逆にしてしまう。
- 対策: 必ず以下の手順を踏んでください。①Qが受ける垂直抗力 \(N\) を描く（斜面に対して垂直上向き）。②その真逆の向きに反作用 \(N’\) を描く。③その \(N’\) を水平・鉛直に分解し、水平成分の向きを確認する。
- 垂直抗力の大きさの固定観念:
- 誤解: 斜面上の物体だから \(N = mg \cos\theta\) であると決めつけ、慣性力の影響を無視してしまう。
- 対策: 台が加速している場合、慣性力の斜面垂直成分が垂直抗力に影響を与えます。必ず斜面垂直方向の力のつりあい（または運動方程式）を立式し、計算によって \(N\) を求めてください。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(7)での公式選択（相対運動方程式 vs 運動量保存則）:
- 選定理由: メイン解説では、設問の流れ（加速度 \(A\) を求めた後）に沿って相対運動の式を用いました。これは論理の飛躍がなく丁寧な解法です。一方、別解の運動量保存則は、\(A\) や \(N\) を求めていなくても独立して答えが出せるため、入試実戦では計算時間を大幅に短縮できる強力な武器になります。
- 適用根拠: 水平方向の外力がゼロであること（床がなめらか）が、運動量保存則適用の絶対条件です。
- 問(2)での公式選択（等加速度運動の公式 vs エネルギー保存則）:
- 選定理由: 時間 \(t\) が問われていないため、エネルギー保存則を用いる方が計算ステップが少なく、ミスを減らせます。
- 適用根拠: 摩擦がなく、非保存力が仕事をしない系であるため、力学的エネルギー保存則が成立します。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 次元解析（ディメンションチェック）:
- 意識: 導出した文字式の単位が正しいか常に確認する習慣を持ちます。
- 実践: 例えば \(A = \frac{mg \sin\theta \cos\theta}{M + m \sin^2\theta}\) の場合、分母は質量 \([M]\)、分子は力 \([MLT^{-2}]\) なので、全体として加速度 \([LT^{-2}]\) の次元になっており、正しい可能性が高いと判断できます。
- 極限的なケースでの検算:
- 意識: 「もし質量が極端に大きかったら？」「角度が0だったら？」といった極限状態を想定します。
- 実践: \(M \to \infty\) （台が動かない）とした場合、\(A \to 0\) となり、\(N \to mg \cos\theta\) となるか確認します。これにより、式の形が物理的に妥当かどうかを瞬時に判定できます。
問題26 斜面をもつ台と小球の運動 (23 北海道大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(2)の別解1: 保存則（運動量保存則・力学的エネルギー保存則）を用いた解法
- 模範解答が加速度 \(\alpha, \beta\) を求めてから等加速度運動の公式で高さを導出するのに対し、別解1では「水平方向の運動量保存則」と「力学的エネルギー保存則」を用いて、加速度を計算せずに直接最高点の高さを求めます。
- 設問(1)(2)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 等加速度運動の公式 \(v=v_0+at\) や \(x=v_0t+\frac{1}{2}at^2\) を既知とせず、運動方程式（微分方程式）を積分することで速度と位置を導出する原理的なアプローチをとります。
- 設問(2)の別解1: 保存則（運動量保存則・力学的エネルギー保存則）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 保存則の解法: 複雑な連立方程式や加速度の計算を回避でき、計算ミスを減らせるだけでなく、現象の全体像（保存量）を把握する洞察力を養います。特に本問のような「最高点の高さ」を問う問題では最強の時短テクニックとなります。
- 微積分の解法: 公式の暗記に頼らず、ニュートンの運動法則から全ての運動を記述できるという物理学の体系的な理解を深めます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「斜面をもつ台と小球の相互作用（慣性力と保存則）」です。台が固定されている場合と自由に動く場合を比較し、運動方程式や保存則を適切に使い分ける力が問われます。
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。
- 力学的エネルギー保存則: 摩擦や非保存力が仕事をしない場合、運動エネルギーと位置エネルギー（重力・弾性）の総和は保存されます。
- 慣性力: 加速している観測者（非慣性系）から見ると、物体には観測者の加速度と逆向きに \(ma\) の見かけの力がはたらきます。
- 運動量保存則: 水平方向に外力がはたらかない系では、水平方向の運動量の総和は保存されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、台が固定されているため、単純なエネルギー保存則と斜面上の等加速度運動として処理します。
- (2)では、台が動くため、台と共に動く観測者から見た運動方程式（慣性力を考慮）を立てて加速度を求めます。
- (2)の後半では、相対加速度を用いた等加速度運動の式から最高点の高さを導きます（別解として保存則も有効です）。
問(1)
思考の道筋とポイント
まずは台が床に固定されている単純な状況です。
前半はばねによる打ち出しと高さの関係、後半は斜面上の等加速度運動を扱います。
摩擦や空気抵抗がないため、力学的エネルギー保存則が成立します。
この設問における重要なポイント
- 力学的エネルギー保存則: 「ばねの弾性エネルギー」→「運動エネルギー」→「重力による位置エネルギー」と形態を変えながら、総和は保存されます。
- 斜面上の運動: 重力を斜面方向と垂直方向に分解して考えます。斜面方向には重力の分力が働き、これが加速度の原因となります。
具体的な解説と立式
(ア) ばね定数 \(k\)
ばねを自然長から \(\frac{h}{4}\) 縮めた状態（初状態）と、小球が台の最上部B（高さ \(h\)）に達して速さが \(0\) になった状態（終状態）を比較します。
重力による位置エネルギーの基準を床（高さ \(0\)）とします。
初状態の弾性エネルギーは \(\frac{1}{2}k\left(\frac{h}{4}\right)^2\)、終状態の重力位置エネルギーは \(mgh\) です。
力学的エネルギー保存則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k\left(\frac{h}{4}\right)^2 &= mgh \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
(イ) 点Aでの速さ \(v_{\text{A}}\)
点A（高さ \(0\)）を通過するときの速さを \(v_{\text{A}}\) とします。
点Aの状態と、最上部Bの状態（高さ \(h\)、速さ \(0\)）で力学的エネルギー保存則を立式します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_{\text{A}}^2 &= mgh \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
(ウ) 加速度の大きさ \(|a|\)
斜面上の小球にはたらく力を考えます（図a参照）。
斜面に沿って上向きを正の向きとして、\(x\) 軸をとります。
重力の斜面成分は \(-mg\sin\theta\) です。
斜面方向（\(x\) 軸方向）の運動方程式を立てます。加速度を \(a\) とします。
$$
\begin{aligned}
ma &= -mg\sin\theta \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
(エ) 点Bに到達するまでの時間 \(t_1\)
小球は初速度 \(v_{\text{A}}\)、加速度 \(a\) の等加速度直線運動を行います。
点Bで速さが \(0\) になるまでの時間 \(t_1\) を求めます。
等加速度運動の速度の式より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
0 &= v_{\text{A}} + a t_1 \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
(あ)(オ) 垂直抗力
斜面に垂直な方向（\(y\) 軸方向）には運動しないため、力がつりあっています。
斜面垂直上向きの垂直抗力を \(N_1\)、重力の斜面垂直成分を \(mg\cos\theta\) とします。
$$
\begin{aligned}
N_1 &= mg\cos\theta \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
向きは図2の②（斜面に垂直で上向き）です。
使用した物理公式
- 弾性エネルギー: \(U = \frac{1}{2}kx^2\)
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 等加速度運動の速度: \(v = v_0 + at\)
式①より \(k\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k \frac{h^2}{16} &= mgh \\[2.0ex]
\frac{kh^2}{32} &= mgh \\[2.0ex]
k &= \frac{32mg}{h}
\end{aligned}
$$
式②より \(v_{\text{A}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{A}}^2 &= 2gh \\[2.0ex]
v_{\text{A}} &= \sqrt{2gh}
\end{aligned}
$$
式③より加速度 \(a\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
a &= -g\sin\theta
\end{aligned}
$$
問われているのは「加速度の大きさ」なので、絶対値をとります。
$$
\begin{aligned}
|a| &= g\sin\theta
\end{aligned}
$$
式④より時間 \(t_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
t_1 &= -\frac{v_{\text{A}}}{a} \\[2.0ex]
&= -\frac{\sqrt{2gh}}{-g\sin\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{\sqrt{2gh}}{g\sin\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{\sin\theta} \sqrt{\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
台が動かないので、基本的な斜面の問題です。
ばねで弾かれたボールは、持っているエネルギーを使って坂を登ります。高さ \(h\) まで登り切るのに必要なスピードや、坂道で受ける重力のブレーキ（加速度）を計算しました。
坂道では重力が斜め後ろに引っ張るため、ボールはだんだん遅くなります。その減り具合（加速度）は坂の角度 \(\theta\) だけで決まります。
- ばね定数 \(k = \frac{32mg}{h}\): 単位は \([\text{N}/\text{m}]\) となり正しい。
- 速さ \(v_{\text{A}} = \sqrt{2gh}\): 自由落下と同じ形であり妥当。
- 加速度の大きさ \(g\sin\theta\): \(\theta=0\) で \(0\)、\(\theta=90^\circ\) で \(g\) となり妥当。
- 垂直抗力の向き: 図2の②。
ア: \(\displaystyle \frac{32mg}{h}\)
イ: \(\displaystyle \sqrt{2gh}\)
ウ: \(\displaystyle g\sin\theta\)
エ: \(\displaystyle \frac{1}{\sin\theta}\sqrt{\frac{2h}{g}}\)
あ: ②
オ: \(\displaystyle mg\cos\theta\)
問(2)
思考の道筋とポイント
今度は台が床の上を自由に動きます。小球が斜面を押す反作用で、台は右向きに加速します。
観測者の立場によって運動方程式の立て方が変わりますが、ここでは問題文の誘導に従い、「台と共に動く観測者（非慣性系）」と「床に静止した観測者（慣性系）」を使い分けます。
この設問における重要なポイント
- 慣性力: 加速度 \(\beta\) で動く台に乗った人から見ると、小球には加速度と逆向き（左向き）に大きさ \(m\beta\) の慣性力がはたらいているように見えます。
- 作用・反作用: 小球が台から垂直抗力 \(N\) を受けるとき、台は小球から逆向きの力 \(N\) を受けます。
具体的な解説と立式
(カ) 台の水平方向の運動方程式
床に静止した観測者から台を見ます（図b参照）。
台（質量 \(M\)）にはたらく水平方向の力は、小球からの垂直抗力 \(N\) の反作用の水平成分のみです。
垂直抗力 \(N\) の反作用は、斜面に対して垂直下向き（右下向き）です。
水平右向きを正とすると、その成分は \(N\sin\theta\) です。
台の加速度を \(\beta\) とすると、運動方程式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
M\beta &= N\sin\theta \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
(い) 慣性力の向き
台は右向き（正の向き）に加速しています。
台に乗った観測者から見ると、慣性力は加速度と逆向き、つまり「左向き」にはたらきます。
図2の選択肢では、水平左向きの③となります。
(キ) 小球の斜面方向の運動方程式
台に乗った観測者から小球を見ます（図c参照）。
この観測者にとって、小球は斜面に沿って直線運動をします。
斜面上向きを \(x\) 軸の正の向きとします。
小球にはたらく力と \(x\) 成分は以下の通りです。
- 重力 \(mg\): \(x\) 成分 \(-mg\sin\theta\)
- 慣性力 \(m\beta\)（水平左向き）: \(x\) 成分 \(-m\beta\cos\theta\)
- 垂直抗力 \(N\): \(x\) 成分 \(0\)
小球の台に対する加速度を \(\alpha\) とすると、運動方程式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
m\alpha &= -mg\sin\theta – m\beta\cos\theta \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$
(ク) 相対加速度 \(\alpha\)
未知数は \(\alpha, \beta, N\) の3つです。式⑥、⑦に加え、小球の斜面垂直方向（\(y\) 軸方向）の力のつりあいの式が必要です。
台に乗った観測者から見て、小球は斜面垂直方向には動かないので、力がつりあっています。
斜面垂直上向きの力は垂直抗力 \(N\) と慣性力の成分 \(m\beta\sin\theta\)（慣性力は左向きなので、斜面に対しては左上＝\(y\) 軸正方向の成分を持ちます）、下向きの力は重力の成分 \(mg\cos\theta\) です。
$$
\begin{aligned}
N + m\beta\sin\theta &= mg\cos\theta \quad \cdots ⑧
\end{aligned}
$$
これら⑥、⑦、⑧を連立して \(\alpha\) を求めます。
(ケ) 最高点の高さ \(h’\)
小球は台に対して初速度 \(v_{\text{A}}\)（大きさ \(\sqrt{2gh}\)）、加速度 \(\alpha\)（負の値）で等加速度運動を行い、最高点で台に対する速度が \(0\) になります。
斜面に沿って進んだ距離を \(L\) とすると、最高点の高さ \(h’\) は \(h’ = L\sin\theta\) です。
等加速度運動の式 \(v^2 – v_0^2 = 2ax\) を用います。
$$
\begin{aligned}
0^2 – v_{\text{A}}^2 &= 2\alpha L \quad \cdots ⑨
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 慣性力: \(f = -ma_{\text{台}}\)
- 等加速度運動: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
まず、式⑥と⑧から \(N\) を消去して \(\beta\) を求めます。
式⑥より \(N = \frac{M\beta}{\sin\theta}\)。これを式⑧に代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{M\beta}{\sin\theta} + m\beta\sin\theta &= mg\cos\theta \\[2.0ex]
\beta \left( \frac{M + m\sin^2\theta}{\sin\theta} \right) &= mg\cos\theta \\[2.0ex]
\beta &= \frac{mg\sin\theta\cos\theta}{M + m\sin^2\theta} \quad \cdots ⑩
\end{aligned}
$$
次に、式⑦を変形して \(\alpha\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\alpha &= -g\sin\theta – \beta\cos\theta
\end{aligned}
$$
これに式⑩を代入します。
$$
\begin{aligned}
\alpha &= -g\sin\theta – \left( \frac{mg\sin\theta\cos\theta}{M + m\sin^2\theta} \right) \cos\theta \\[2.0ex]
&= -g\sin\theta \left( 1 + \frac{m\cos^2\theta}{M + m\sin^2\theta} \right) \\[2.0ex]
&= -g\sin\theta \left( \frac{M + m\sin^2\theta + m\cos^2\theta}{M + m\sin^2\theta} \right)
\end{aligned}
$$
ここで、分子の \(m(\sin^2\theta + \cos^2\theta) = m\) となるので、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\alpha &= -g\sin\theta \frac{M + m}{M + m\sin^2\theta} \\[2.0ex]
&= -\frac{(M+m)g\sin\theta}{M + m\sin^2\theta}
\end{aligned}
$$
最後に、式⑨を用いて \(h’\) を求めます。
\(L = \frac{h’}{\sin\theta}\) なので、式⑨は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
-v_{\text{A}}^2 &= 2\alpha \frac{h’}{\sin\theta} \\[2.0ex]
h’ &= \frac{-v_{\text{A}}^2 \sin\theta}{2\alpha}
\end{aligned}
$$
これに \(v_{\text{A}}^2 = 2gh\) と求めた \(\alpha\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
h’ &= \frac{-(2gh)\sin\theta}{2 \left( -\frac{(M+m)g\sin\theta}{M + m\sin^2\theta} \right)} \\[2.0ex]
&= \frac{gh\sin\theta}{\frac{(M+m)g\sin\theta}{M + m\sin^2\theta}} \\[2.0ex]
&= h \frac{M + m\sin^2\theta}{M + m}
\end{aligned}
$$
台が動くようになると、小球が坂を登ろうとする力で台が後ろ（右）に逃げていきます。
台に乗っている人から見ると、自分が加速しているせいで、小球には「慣性力」という見かけの力が後ろ向き（左向き）にかかります。
この慣性力は重力と一緒に小球を坂の下へ引きずり下ろそうとするため、台が固定されているときよりもブレーキ（減速）が強くなります。
結果として、小球は台が固定されているときほど高く登れなくなります。
- \(\alpha\) の符号はマイナスであり、減速することを表しています。
- \(h’\) の式において、\(M \to \infty\)（台が重くて動かない）とすると、\(\frac{M}{M}h = h\) となり、問(1)の結果と一致します。
- \(m \to 0\)（小球が軽い）としても \(h\) になります。
- 分母 \(M+m\) は分子 \(M+m\sin^2\theta\) より大きいため、\(h’ < h\) となり、台が逃げる分だけ登れる高さが減るという直感と一致します。
カ: \(\displaystyle N\sin\theta\)
い: ③
キ: \(\displaystyle -mg\sin\theta – m\beta\cos\theta\)
ク: \(\displaystyle -\frac{(M+m)g\sin\theta}{M+m\sin^2\theta}\)
ケ: \(\displaystyle \frac{M+m\sin^2\theta}{M+m}h\)
思考の道筋とポイント
設問(2)の後半、最高点の高さ \(h’\) を求める問題は、運動方程式を解かなくても「保存則」だけで解くことができます。
水平方向には外力が働かないため「運動量保存則」が、摩擦がないため「力学的エネルギー保存則」が成立します。
この設問における重要なポイント
- 水平方向の運動量保存則: 床からの垂直抗力は鉛直方向のみなので、系全体の水平方向の運動量は保存されます。
- 最高点の速度: 小球が台上の最高点に達した瞬間、小球は台に対して静止します。つまり、小球と台は同じ水平速度 \(V\) で動いています。
- 初期速度の向き: 小球が台に乗り移る直前（点A）、小球の速度 \(v_{\text{A}}\) は水平ではなく、斜面と同じ角度 \(\theta\) の上向きであることに注意が必要です。
具体的な解説と立式
小球が点Aに飛び込む直前の速さを \(v_{\text{A}} = \sqrt{2gh}\) とします。
このとき、速度の水平成分は \(v_{\text{A}}\cos\theta\) です。
最高点に達したときの小球と台の共通の速度（水平右向き）を \(V\) とします。
1. 水平方向の運動量保存則
$$
\begin{aligned}
m(v_{\text{A}}\cos\theta) + M \cdot 0 &= (m+M)V \quad \cdots ⑪
\end{aligned}
$$
2. 力学的エネルギー保存則
点A（高さ \(0\)）と最高点（高さ \(h’\)）で比較します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_{\text{A}}^2 &= \frac{1}{2}(m+M)V^2 + mgh’ \quad \cdots ⑫
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量保存則: \(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\)
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
式⑪より、共通速度 \(V\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V &= \frac{m v_{\text{A}} \cos\theta}{M+m}
\end{aligned}
$$
これを式⑫に代入して \(h’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_{\text{A}}^2 &= \frac{1}{2}(m+M) \left( \frac{m v_{\text{A}} \cos\theta}{M+m} \right)^2 + mgh’ \\[2.0ex]
\frac{1}{2}mv_{\text{A}}^2 &= \frac{1}{2} \frac{m^2 v_{\text{A}}^2 \cos^2\theta}{M+m} + mgh’
\end{aligned}
$$
両辺を \(mg\) で割り、\(v_{\text{A}}^2 = 2gh\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2mg}(2mgh) &= \frac{1}{2mg} \frac{m^2 (2gh) \cos^2\theta}{M+m} + h’ \\[2.0ex]
h &= \frac{m h \cos^2\theta}{M+m} + h’
\end{aligned}
$$
\(h’\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
h’ &= h – \frac{m \cos^2\theta}{M+m}h \\[2.0ex]
&= h \left( 1 – \frac{m \cos^2\theta}{M+m} \right) \\[2.0ex]
&= h \frac{M+m – m\cos^2\theta}{M+m} \\[2.0ex]
&= h \frac{M + m(1-\cos^2\theta)}{M+m} \\[2.0ex]
&= h \frac{M + m\sin^2\theta}{M+m}
\end{aligned}
$$
面倒な加速度の計算を一切せず、「衝突前の勢い（運動量）」と「エネルギーの総量」が変わらないというルールだけで解きました。
ポイントは、一番高いところではボールが台に対して止まる＝「ボールと台が仲良く同じスピードで動く」という点です。
また、最初にボールが斜めに飛び込むため、横方向の勢いは \(v_{\text{A}}\) 全体ではなく、横成分の \(v_{\text{A}}\cos\theta\) だけであることに注意しました。
メインの解法と全く同じ結果 \(\frac{M+m\sin^2\theta}{M+m}h\) が得られました。
計算量が圧倒的に少なく、検算としても非常に有効です。
思考の道筋とポイント
運動方程式は、位置 \(x(t)\) の時間による2階微分が力に比例するという微分方程式です。
これを積分することで、速度 \(v(t)\) や位置 \(x(t)\) を導出できます。
ここでは、設問(2)の「台に乗った座標系（非慣性系）」における小球の運動を、微積分を用いて解析します。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の積分: 加速度 \(a = \frac{dv}{dt}\) を時間で積分すると速度 \(v\) に、速度 \(v = \frac{dx}{dt}\) を積分すると位置 \(x\) になります。
- 初期条件: 積分定数を決定するために、時刻 \(t=0\) での速度 \(v_0\) や位置 \(x_0\) を用います。
具体的な解説と立式
台に乗った座標系における小球の斜面方向の位置を \(x(t)\)、速度を \(v(t)\) とします。
点Aを原点 \(x=0\) とし、斜面上向きを正とします。
時刻 \(t=0\) で小球は原点を通過し、初速度は \(v_{\text{A}}\) です。
相対加速度 \(\alpha\) は一定（定数）なので、運動方程式は以下のように書けます。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2x}{dt^2} &= \alpha \quad (\alpha \text{は負の定数})
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(m\frac{d^2x}{dt^2} = F\)
- 微分の定義: \(v = \frac{dx}{dt}, a = \frac{dv}{dt}\)
- 積分の基本公式: \(\int t^n dt = \frac{1}{n+1}t^{n+1} + C\)
1. 加速度を積分して速度を求める
$$
\begin{aligned}
v(t) &= \int \alpha \, dt \\[2.0ex]
&= \alpha t + C_1
\end{aligned}
$$
初期条件 \(t=0\) で \(v(0) = v_{\text{A}}\) より、積分定数は \(C_1 = v_{\text{A}}\) です。
$$
\begin{aligned}
v(t) &= \alpha t + v_{\text{A}} \quad \cdots ⑬
\end{aligned}
$$
これが等加速度運動の速度の公式です。
2. 速度を積分して位置を求める
$$
\begin{aligned}
x(t) &= \int (\alpha t + v_{\text{A}}) \, dt \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}\alpha t^2 + v_{\text{A}}t + C_2
\end{aligned}
$$
初期条件 \(t=0\) で \(x(0) = 0\) より、積分定数は \(C_2 = 0\) です。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= v_{\text{A}}t + \frac{1}{2}\alpha t^2 \quad \cdots ⑭
\end{aligned}
$$
これが等加速度運動の変位の公式です。
3. 最高点の導出
最高点では速度が \(0\) になります。その時刻を \(t_{\text{最高点}}\) とすると、式⑬より、
$$
\begin{aligned}
0 &= \alpha t_{\text{最高点}} + v_{\text{A}} \\[2.0ex]
t_{\text{最高点}} &= -\frac{v_{\text{A}}}{\alpha}
\end{aligned}
$$
このときの斜面上の位置 \(L = x(t_{\text{最高点}})\) を式⑭に代入して求めます。
$$
\begin{aligned}
L &= v_{\text{A}} \left( -\frac{v_{\text{A}}}{\alpha} \right) + \frac{1}{2}\alpha \left( -\frac{v_{\text{A}}}{\alpha} \right)^2 \\[2.0ex]
&= -\frac{v_{\text{A}}^2}{\alpha} + \frac{v_{\text{A}}^2}{2\alpha} \\[2.0ex]
&= -\frac{v_{\text{A}}^2}{2\alpha}
\end{aligned}
$$
これは、公式 \(v^2 – v_0^2 = 2ax\) から導かれる \(0^2 – v_{\text{A}}^2 = 2\alpha L\) と完全に一致します。
あとはメイン解法と同様に \(h’ = L\sin\theta\) を計算するだけです。
「公式だから」と暗記して使うのではなく、「加速度とは速度の変化率」「速度とは位置の変化率」という定義から出発しました。
加速度が一定であるという条件だけで、積分計算によって自然と「等加速度運動の公式」が導き出される様子を確認しました。
物理現象はすべて、このような微分と積分の関係で繋がっています。
微積分を用いることで、等加速度運動の公式の成り立ちを確認しつつ、同じ結論に至りました。
この手法は、加速度が時間とともに変化するような複雑な問題（例：空気抵抗がある場合や、ばねに繋がれて振動する場合）にもそのまま応用できる強力な武器です。
【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？
- 慣性力と非慣性系における運動方程式
- 核心: 加速している観測者（台）から見ると、物体（小球）には実際の力に加えて、観測者の加速度と逆向きの「慣性力」がはたらくように見えます。
- 理解のポイント:
- 慣性力の大きさは \(ma_{\text{観測者}}\)、向きは観測者の加速度と逆向きです。
- 台に乗った観測者にとって、小球は静止した斜面上を運動しているのと同じように扱えますが、重力のほかに慣性力が加わっている点が異なります。
- 作用・反作用の法則と運動の連成
- 核心: 小球が斜面を押す力（垂直抗力）の反作用によって台が加速し、その台の加速によって小球に慣性力がはたらくという、相互に影響し合う（連成する）関係にあります。
- 理解のポイント:
- 台の運動方程式を立てる際、水平方向の駆動力となるのは「垂直抗力の反作用の水平成分」だけです。重力や床からの垂直抗力は水平運動に関与しません。
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:
- 動く三角台（ウェッジ）の問題: 本問のように小球が滑り降りるケースや、逆に小球が登っていくケースなど、入試物理の超頻出テーマです。
- 電車内の振り子: 電車が加速中の振り子の傾きを求める問題も、慣性力を用いる典型例です。重力と慣性力の合力（見かけの重力）を考える視点が共通しています。
- 初見の問題での着眼点:
- 観測者の決定: 「床から見る（慣性系）」か「台から見る（非慣性系）」かを明確にします。相対運動を問われたり、台上の運動が見やすい場合は台に乗って考えます。
- 未知数のカウント: 未知数は通常、小球の加速度 \(\alpha\)、台の加速度 \(\beta\)、垂直抗力 \(N\) の3つです。これらを解くために、①台の水平運動方程式、②小球の斜面方向運動方程式、③小球の斜面垂直方向のつりあい、の3本の式が必要になると予測して立式にかかります。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 慣性力の向きの取り違え:
- 誤解: 台が右に動くから慣性力も右、あるいは進行方向だから右、と直感で決めてしまう。
- 対策: 「慣性力は観測者の加速度と逆向き」と呪文のように唱えます。台が右（\(\beta\)）に加速するなら、慣性力は必ず左（\(-m\beta\)）です。
- 最高点での速度に関する誤解:
- 誤解: 「最高点だから速度は \(0\)」と考え、床から見た速度も \(0\) にしてしまう。
- 対策: 「誰から見て \(0\) なのか？」を常に意識します。台上の最高点では、台に対する相対速度が \(0\) なのであって、床から見れば小球は台と同じ速度 \(V\) で動いています。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 運動方程式（メイン解法）:
- 選定理由: 設問で「加速度 \(\alpha, \beta\)」や「垂直抗力 \(N\)」そのものを問われているため、力と運動の因果関係を直接記述する運動方程式が不可欠です。
- 適用根拠: ニュートンの運動法則は、慣性系（床）でも、慣性力を導入した非慣性系（台）でも成立するため。
- 運動量保存則とエネルギー保存則（別解）:
- 選定理由: 「最高点の高さ」のような状態量だけを求める場合、加速度や時間といった途中経過を無視できる保存則の方が、計算量が圧倒的に少なくミスも防げるため。
- 適用根拠: 水平方向には外力が働かないため運動量が保存され、摩擦がないため力学的エネルギーが保存されるという条件が満たされているため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 極限的なケースでの検算（リミットチェック）:
- 意識: 導出した文字式が物理的に妥当か、極端な条件でテストする意識を持ちます。
- 実践: 台の質量 \(M\) を無限大（\(M \to \infty\)）にすると、台は動かなくなるはずです。このとき、問(2)の答えが問(1)（固定台）の答えと一致するか確認します。例えば \(h’ = \frac{M+m\sin^2\theta}{M+m}h\) で \(M\) が非常に大きければ \(m\) は無視でき、\(h’ \approx \frac{M}{M}h = h\) となり一致します。
- 次元解析（ディメンションチェック）:
- 意識: 答えの単位が合っているか常に確認します。
- 実践: 例えば加速度 \(\alpha\) の式で、分母分子の質量の次元がキャンセルされ、\(g\)（加速度）の次元が残っているか確認します。\(\sin\theta\) などは無次元量なので無視して構いません。
「力の図示→運動方程式→解く」を根本から組み直すドクター型講義
問題27 斜面上の物体の運動と水平面上の台の運動 (15 関西学院大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問[A]の別解: 微積分を用いた体系的解法（エネルギー保存則の微分）
- 模範解答が運動方程式を連立して加速度を求めるのに対し、別解では力学的エネルギー保存則を時間で微分することで、一気に加速度を導出します。
- 設問[B]の別解: 慣性系（静止系）からの運動方程式
- 模範解答が「台と共に動く観測者（非慣性系）」から慣性力を用いてつりあいの式を立てるのに対し、別解では「地面に静止した観測者（慣性系）」から見た運動方程式を立てて解きます。
- 設問[C]の別解: 微積分を用いた体系的解法（保存則の微分による一括導出）
- 模範解答が複雑な連立運動方程式を解くのに対し、別解では「水平方向の運動量保存則」と「全系の力学的エネルギー保存則」をそれぞれ時間微分することで、加速度の関係式と値を体系的かつ迅速に導出します。
- 設問[A]の別解: 微積分を用いた体系的解法（エネルギー保存則の微分）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 運動方程式を個別に立てる手間を省き、保存則というより高い視点から現象を俯瞰することで、計算ミスを減らし、物理的直感を養うことができます。特に[C]のような複雑な連立方程式において威力を発揮します。
- 慣性系の解法: 慣性力の向きや大きさに迷うことなく、基本原理である「静止系からの運動方程式」だけで解けることを確認し、応用力を高めます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「斜面と滑車を含む複合的な物体の運動」です。台が固定されている場合、等加速度運動する場合、自由に動く場合という3つの状況を通じて、運動方程式、慣性力、相対運動の理解を深めます。
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。
- 運動方程式: 物体の運動を記述する基本法則 \(ma = F\) です。
- 慣性力: 加速している観測者から見たときに現れる見かけの力です。観測者の加速度と逆向きに \(ma\) の大きさを持ちます。
- 束縛条件（幾何学的拘束）: 糸でつながれた物体同士の加速度の大きさの関係や、台と接して動く物体の相対的な動きの制限です。
- 相対加速度: 動く台の上での物体の加速度は、\((\text{静止系での加速度}) = (\text{台の加速度}) + (\text{相対加速度})\) の関係があります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- [A]: 台Aは固定されています。物体BとCそれぞれの運動方程式を立て、張力 \(T\) を媒介として連立させます。
- [B]: 台Aが等加速度運動しています。台Aと共に動く観測者の視点（非慣性系）に立ち、慣性力を導入して「力のつりあい」を考えます。
- [C]: 台Aも自由に動きます。台Aと共に動く観測者の視点でBとCの運動方程式（相対運動）を立てると同時に、台A自身の運動方程式（静止系）を立て、作用・反作用の法則に注意して連立させます。
問[A]
思考の道筋とポイント
台Aは固定されているため、単純な「定滑車でつながれた2物体の運動」として扱えます。
物体Bは斜面に沿って動き、物体Cは鉛直に動きます。糸は伸び縮みしないため、BとCの加速度の大きさは等しくなります。
この設問における重要なポイント
- 加速度の向きの仮定: どちらに動くか分からない場合でも、正の向き（例えばCが下降する方向）を仮定して立式します。結果が正なら仮定通り、負なら逆向きに動くことが分かります。
- 張力の作用: 糸の張力 \(T\) は、Bを斜面上向きに引き、Cを鉛直上向きに引きます。
具体的な解説と立式
Cが下降（Bが斜面を上昇）する向きを正とし、加速度の大きさを \(a\)、糸の張力を \(T\) とします。
物体Bの運動方程式（斜面方向上向き正）:
斜面方向には、糸の張力 \(T\) が正の向き、重力の斜面成分 \(mg\sin\theta\) が負の向きに働きます。
$$
\begin{aligned}
ma &= (\text{斜面上向きの力}) – (\text{斜面下向きの力}) \\[2.0ex]
ma &= T – mg\sin\theta \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
物体Cの運動方程式（鉛直下向き正）:
鉛直方向には、重力 \(mg\) が正の向き、糸の張力 \(T\) が負の向きに働きます。
$$
\begin{aligned}
ma &= (\text{下向きの力}) – (\text{上向きの力}) \\[2.0ex]
ma &= mg – T \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 重力の斜面成分: \(mg\sin\theta\)
(1) 運動の向きの判定
式①と式②を辺々足して \(T\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
ma + ma &= (T – mg\sin\theta) + (mg – T) \\[2.0ex]
2ma &= mg(1 – \sin\theta)
\end{aligned}
$$
ここで、\(0 < \theta < 90^\circ\) より \(\sin\theta < 1\) なので、右辺は正の値です。
したがって \(a > 0\) となり、仮定した「Cが下降する向き」に動くことが分かります。
(2) 加速度の大きさ
上の式より \(a\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
2ma &= mg(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
a &= \frac{g}{2}(1 – \sin\theta)
\end{aligned}
$$
(3) 糸の張力
式②を変形して \(T\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T &= mg – ma \\[2.0ex]
&= m(g – a) \\[2.0ex]
&= m \left\{ g – \frac{g}{2}(1 – \sin\theta) \right\} \\[2.0ex]
&= mg \left( 1 – \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sin\theta \right) \\[2.0ex]
&= \frac{mg}{2}(1 + \sin\theta)
\end{aligned}
$$
(4) 滑車が台Aを押す力の水平成分
滑車には、B側の糸からの張力 \(T\) と、C側の糸からの張力 \(T\) の2つの力が働いています。
滑車が台Aを押す力は、これら2つの張力の合力の反作用（あるいは張力が滑車軸を押す力）です。
図b（問題文の図を参照）のように考えます。
- B側の糸: 斜め下向きに \(T\) で引いています。この水平成分は左向きに \(T\cos\theta\) です。
- C側の糸: 鉛直下向きに \(T\) で引いています。この水平成分は \(0\) です。
したがって、滑車にかかる力の水平成分の大きさ \(F_{\text{水平}}\) は、B側の張力の水平成分のみとなります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{水平}} &= T\cos\theta \\[2.0ex]
&= \frac{mg}{2}(1 + \sin\theta)\cos\theta
\end{aligned}
$$
BとCは糸でつながって一つのグループとして動きます。Cを下に引っ張る重力 \(mg\) と、Bを斜面下に引っ張る重力成分 \(mg\sin\theta\) の綱引きです。\(\sin\theta\) は必ず \(1\) より小さいので、Cを引く力の方が強く、Cは下がります。
滑車には2本の糸がかかっており、それぞれが滑車を中心に引っ張っています。C側の糸は真下に引くので水平方向には押しませんが、B側の糸は斜めに引くので、滑車を左側に押し付ける成分を持っています。
(1) \(1-\sin\theta > 0\) より \(a>0\)、つまりCは下降します。妥当です。
(2) \(\theta=0\) なら \(a=g/2\)、\(\theta=90^\circ\) なら \(a=0\)（つりあい）となり、物理的直感と一致します。
(3) \(\theta=90^\circ\) なら \(T=mg\)（つりあい）となります。
(4) 水平成分は \(T\cos\theta\) であり、張力と角度に依存する妥当な結果です。
(1) 下降する
(2) \(\displaystyle \frac{g}{2}(1 – \sin\theta)\)
(3) \(\displaystyle \frac{mg}{2}(1 + \sin\theta)\)
(4) \(\displaystyle \frac{mg}{2}(1 + \sin\theta)\cos\theta\)
思考の道筋とポイント
運動方程式を立てる代わりに、系全体の力学的エネルギー保存則に着目します。
保存則 \(E = \text{一定}\) の両辺を時間 \(t\) で微分することで、運動方程式（加速度を含む式）を直接導出します。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則: 摩擦がないため、運動エネルギーと位置エネルギーの総和は保存されます。
- 時間微分: エネルギー保存則を時間で微分すると、運動方程式と等価な式が得られます。
具体的な解説と立式
BとCの速さを \(v\)、加速度を \(a = \frac{dv}{dt}\) とします。
Cが距離 \(x\) だけ下降したとき、Bは斜面に沿って距離 \(x\) だけ上昇します。
基準面を初期位置とすると、系の全力学的エネルギー \(E\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
E &= (\text{Bの運動エネ}) + (\text{Cの運動エネ}) + (\text{Bの位置エネ}) + (\text{Cの位置エネ}) \\[2.0ex]
E &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}mv^2 + mg(x\sin\theta) + mg(-x) \\[2.0ex]
E &= mv^2 + mgx(\sin\theta – 1)
\end{aligned}
$$
保存力（重力）のみが仕事をするため、エネルギー \(E\) は保存されます。
$$
\begin{aligned}
\frac{dE}{dt} &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
- 微分の連鎖律: \(\frac{d}{dt}(v^2) = 2v \frac{dv}{dt} = 2va\), \(\frac{d}{dt}(x) = v\)
エネルギーの式を時間 \(t\) で微分します。
$$
\begin{aligned}
\frac{d}{dt} \left( mv^2 + mgx(\sin\theta – 1) \right) &= 0 \\[2.0ex]
m \cdot 2v \cdot \frac{dv}{dt} + mg \cdot \frac{dx}{dt} \cdot (\sin\theta – 1) &= 0 \\[2.0ex]
2mva + mgv(\sin\theta – 1) &= 0
\end{aligned}
$$
動き始めた後は \(v \neq 0\) なので、両辺を \(v\) で割ることができます。
$$
\begin{aligned}
2ma + mg(\sin\theta – 1) &= 0 \\[2.0ex]
2ma &= mg(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
a &= \frac{g}{2}(1 – \sin\theta)
\end{aligned}
$$
「エネルギーの変化率がゼロ」という事実を使いました。
運動エネルギーが増える勢いと、位置エネルギーが減る勢いが釣り合っているという式を作ることで、力の矢印を一本一本描かなくても、一撃で加速度を求めることができました。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。
\(1-\sin\theta > 0\) より \(a>0\) なので、Cの位置エネルギーが減る方向（下降）に進むことも分かります。
問[B]
思考の道筋とポイント
台Aは加速度運動しています。この台に乗っている観測者（非慣性系）から見ると、すべての物体に「慣性力」が働きます。
問題の条件は「Bが斜面上の位置に止まったままになった」、つまり「台A上の観測者から見てBが静止している」ということです。
この設問における重要なポイント
- 慣性力の向き: 台Aの加速度の向きと逆向きに働きます。
- 力のつりあい: 台A上の観測者にとって、Bは静止しているので、重力、張力、垂直抗力、そして慣性力の4力がつりあっています。
- Cのつりあい: Cも台Aに対して静止している（上下に動かない）ので、同様につりあいを考えます。
具体的な解説と立式
(1) 台Aを引く向き
問[A]の結果より、台Aが静止している場合、Bは斜面を登り、Cは下降します。
このBの上昇を止めるには、Bに対して「斜面下向き」の力を追加する必要があります。
慣性力がこの役割を果たすためには、慣性力は左向き（斜面下向きの成分を持つ方向）でなければなりません。
慣性力が左向きということは、観測者（台A）の加速度は右向きです。
したがって、台Aを引く力は右向き、つまり Qの向き です。
(2)〜(4) 立式
台Aの加速度を右向きに \(\alpha\) とします。
台A上の観測者から見ると、質量 \(m\) の物体には左向きに大きさ \(m\alpha\) の慣性力が働きます。
物体Cの力のつりあい:
水平方向: 壁からの垂直抗力 \(N_C\) と慣性力 \(m\alpha\) がつりあいます。
$$
\begin{aligned}
(\text{左向きの力}) &= (\text{右向きの力}) \\[2.0ex]
m\alpha &= N_C \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
鉛直方向: 張力 \(T\) と重力 \(mg\) がつりあいます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex]
T &= mg \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
物体Bの力のつりあい:
斜面方向（上向き正）: 張力 \(T\) が上向き、重力の斜面成分 \(mg\sin\theta\) と慣性力の斜面成分 \(m\alpha\cos\theta\) が下向きです。
$$
\begin{aligned}
(\text{斜面上向きの力}) &= (\text{斜面下向きの力}) \\[2.0ex]
T &= mg\sin\theta + m\alpha\cos\theta \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
斜面に垂直な方向（上向き正）: 垂直抗力 \(N_B\) と慣性力成分 \(m\alpha\sin\theta\) が上向き、重力成分 \(mg\cos\theta\) が下向きです。
$$
\begin{aligned}
(\text{斜面垂直上向きの力}) &= (\text{斜面垂直下向きの力}) \\[2.0ex]
N_B + m\alpha\sin\theta &= mg\cos\theta \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
台Aを含む系全体の運動方程式:
BとCは台Aに対して静止しているので、全体を質量 \(M+2m\) の一つの物体とみなせます。引く力を \(F\) とします。
$$
\begin{aligned}
(M+2m)\alpha &= F \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 慣性力: \(f_{\text{慣性}} = -ma_{\text{観測者}}\)
- 力のつりあい: \(\sum \vec{F} = 0\)
- 運動方程式: \(Ma = F\)
(2) 台Aの加速度
式④ \(T=mg\) を式⑤に代入します。
$$
\begin{aligned}
mg &= mg\sin\theta + m\alpha\cos\theta \\[2.0ex]
m\alpha\cos\theta &= mg – mg\sin\theta \\[2.0ex]
\alpha &= \frac{g(1 – \sin\theta)}{\cos\theta}
\end{aligned}
$$
(3) Bが受ける垂直抗力
式⑥を変形します。
$$
\begin{aligned}
N_B &= mg\cos\theta – m\alpha\sin\theta
\end{aligned}
$$
これに求めた \(\alpha\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
N_B &= mg\cos\theta – m \left( \frac{g(1 – \sin\theta)}{\cos\theta} \right) \sin\theta \\[2.0ex]
&= \frac{mg}{\cos\theta} \left( \cos^2\theta – \sin\theta(1 – \sin\theta) \right) \\[2.0ex]
&= \frac{mg}{\cos\theta} \left( \cos^2\theta – \sin\theta + \sin^2\theta \right) \\[2.0ex]
&= \frac{mg}{\cos\theta} (1 – \sin\theta) \quad (\text{三角比の公式} \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1 \text{より})
\end{aligned}
$$
(4) 台Aを引く力の大きさ
全体を一体とみなした運動方程式 ⑦ より：
$$
\begin{aligned}
F &= (M+2m)\alpha \\[2.0ex]
&= (M+2m) \frac{g(1 – \sin\theta)}{\cos\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{1 – \sin\theta}{\cos\theta}(M+2m)g
\end{aligned}
$$
急発進する電車の中で体が後ろに持っていかれるように、台Aを右（Q方向）に急加速させると、Bには左向きの慣性力が働きます。この慣性力の斜面に沿った成分がBを斜面の下方向に引っ張る役割を果たし、Cによる張力と釣り合って静止するのです（斜面に垂直な成分はBを斜面から引きはがす向きにはたらくので、垂直抗力は \(mg\cos\theta\) より小さくなります）。
(1) Bの上昇を抑えるため、慣性力は左向き、つまり加速度は右向き（Q）が必要です。
(2) \(\sin\theta=1\)（垂直）なら \(\alpha=0\) ですが、これは \(T=mg\) と重力が釣り合うためで妥当です。
(3) \(\theta=0\) なら \(N_B=mg\) となり妥当です。
(4) 全質量 \(\times\) 加速度 の形になっており、次元も正しいです。
(1) Q
(2) \(\displaystyle \frac{1 – \sin\theta}{\cos\theta}g\)
(3) \(\displaystyle \frac{1 – \sin\theta}{\cos\theta}mg\)
(4) \(\displaystyle \frac{1 – \sin\theta}{\cos\theta}(M+2m)g\)
思考の道筋とポイント
慣性力を使わず、地面に静止した観測者から見た運動方程式を立てます。
BとCは台Aと共に右向きに加速度 \(\alpha\) で運動しています。鉛直方向には動いていません。
この設問における重要なポイント
- 加速度の成分: Bの加速度は水平右向きに \(\alpha\) です。斜面方向や垂直方向には動いていませんが、運動方程式を立てる際は、この水平加速度 \(\alpha\) を各方向に分解して考えます。
具体的な解説と立式
加速度 \(\alpha\) は右向き（水平）です。
物体Bの運動方程式:
水平方向（右向き正）: 張力の水平成分 \(T\cos\theta\) と垂直抗力の水平成分 \(N_B\sin\theta\) が働きます。
$$
\begin{aligned}
m\alpha &= T\cos\theta – N_B\sin\theta \quad \cdots ⑧
\end{aligned}
$$
鉛直方向（上向き正）: 張力成分 \(T\sin\theta\)、垂直抗力成分 \(N_B\cos\theta\)、重力 \(mg\) が働きます。鉛直加速度は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
0 &= T\sin\theta + N_B\cos\theta – mg \quad \cdots ⑨
\end{aligned}
$$
物体Cの運動方程式:
鉛直方向: 加速度 \(0\) なので力がつりあいます。
$$
\begin{aligned}
0 &= T – mg \quad \cdots ⑩
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 力のつりあい: \(\sum \vec{F} = 0\)
式⑩より \(T=mg\) です。これを式⑨に代入して \(N_B\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
mg\sin\theta + N_B\cos\theta &= mg \\[2.0ex]
N_B\cos\theta &= mg(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
N_B &= \frac{mg(1 – \sin\theta)}{\cos\theta}
\end{aligned}
$$
これは(3)の答えと一致します。
次に、\(T\) と \(N_B\) を式⑧に代入して \(\alpha\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
m\alpha &= mg\cos\theta – \left( \frac{mg(1 – \sin\theta)}{\cos\theta} \right) \sin\theta \\[2.0ex]
\alpha &= g\cos\theta – \frac{g\sin\theta(1 – \sin\theta)}{\cos\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{g}{\cos\theta} (\cos^2\theta – \sin\theta + \sin^2\theta) \\[2.0ex]
&= \frac{g(1 – \sin\theta)}{\cos\theta}
\end{aligned}
$$
これも(2)の答えと一致します。
慣性力という「見かけの力」を使わなくても、「Bは右に加速している」という事実に基づいて運動方程式を立てれば、全く同じ答えが出ます。
Bは斜面に乗っていますが、斜面自体が動いているため、Bの動きは水平方向になります。この水平な動きを作るために、斜面からの力と糸の力が協力している様子を式にしました。
慣性力を使わなくても、力の成分分解を正しく行えば同じ結果が得られます。
「Bは斜面に乗っているが、運動自体は水平方向のみである」という認識がポイントです。
問[C]
思考の道筋とポイント
台Aは水平面上を自由に動けるため、BとCの運動の反作用を受けて加速します。
台Aの加速度を \(a_A\)（左向き正）、台Aに対するCの相対加速度を \(a_C\)（下向き正）と設定します。
台Aと共に動く観測者（非慣性系）から見て、BとC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
- 相対加速度と慣性力: 台A上の観測者から見ると、BとCには右向きの慣性力 \(ma_A\) が働きます。
- Bの相対運動: Cが相対的に \(a_C\) で下降するとき、糸でつながれたBは相対的に \(a_C\) で斜面を上昇します。
- 台Aの運動: 台Aは、張力、Bからの垂直抗力、Cからの垂直抗力、Cを取り付けた壁Dからの力などを受けます。これらをすべて考慮するのは大変なので、水平方向の全運動量保存則や作用反作用を慎重に扱います。
具体的な解説と立式
定義:
- \(a_A\): 台Aの加速度（左向き正）
- \(a_C\): 台Aに対するCの相対加速度（鉛直下向き正）
- \(T\): 糸の張力
- \(N_B\): Bが受ける垂直抗力
- \(N_C\): Cが壁Dから受ける垂直抗力（左向き正）
1. 物体Bの運動方程式（台A上の観測者）:
斜面方向（上向き正）: 張力 \(T\)、重力成分 \(mg\sin\theta\)、慣性力成分 \(ma_A\cos\theta\) が働きます。相対加速度は \(a_C\) です。
$$
\begin{aligned}
ma_C &= T – mg\sin\theta + ma_A\cos\theta \quad \cdots ⑪
\end{aligned}
$$
斜面垂直方向: 力がつりあっています。
$$
\begin{aligned}
N_B &= mg\cos\theta + ma_A\sin\theta \quad \cdots ⑫
\end{aligned}
$$
2. 物体Cの運動方程式（台A上の観測者）:
鉛直方向（下向き正）: 重力 \(mg\)、張力 \(T\) が働きます。
$$
\begin{aligned}
ma_C &= mg – T \quad \cdots ⑬
\end{aligned}
$$
水平方向: 壁からの抗力 \(N_C\) と慣性力 \(ma_A\) がつりあっています。
$$
\begin{aligned}
N_C &= ma_A \quad \cdots ⑭
\end{aligned}
$$
3. 台Aの運動方程式（静止系、左向き正）:
台A（質量 \(M\)）には以下の水平力が働きます。
- 滑車を介して糸が引く力: B側の糸が滑車を左斜め下に引くため、水平成分 \(T\cos\theta\)（左向き）。
- Bからの垂直抗力の反作用: \(N_B\) が右斜め下に押すため、水平成分 \(N_B\sin\theta\)（右向き）。
- Cからの垂直抗力の反作用: \(N_C\) が右向きに押す（Cが壁Dを押す力）。
$$
\begin{aligned}
Ma_A &= T\cos\theta – N_B\sin\theta – N_C \quad \cdots ⑮
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 相対運動の運動方程式: \(ma_{\text{相対}} = F_{\text{実}} + F_{\text{慣性}}\)
- 作用・反作用の法則
未知数は \(a_A, a_C, T, N_B, N_C\) の5つ。式も5つあります。
まず、式⑪と式⑬を足して \(T\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
2ma_C &= (T – mg\sin\theta + ma_A\cos\theta) + (mg – T) \\[2.0ex]
2ma_C &= mg(1 – \sin\theta) + ma_A\cos\theta \quad \cdots ⑯
\end{aligned}
$$
次に、式⑮の右辺に \(T, N_B, N_C\) を代入して \(a_A\) と \(a_C\) の関係を作ります。
式⑬より \(T = m(g – a_C)\)。
式⑫より \(N_B = m(g\cos\theta + a_A\sin\theta)\)。
式⑭より \(N_C = ma_A\)。
これらを式⑮に代入します。
$$
\begin{aligned}
Ma_A &= m(g – a_C)\cos\theta – m(g\cos\theta + a_A\sin\theta)\sin\theta – ma_A \\[2.0ex]
Ma_A &= mg\cos\theta – ma_C\cos\theta – mg\cos\theta\sin\theta – ma_A\sin^2\theta – ma_A
\end{aligned}
$$
\(a_A\) を含む項を左辺に、他を右辺にまとめます。
$$
\begin{aligned}
Ma_A + ma_A\sin^2\theta + ma_A &= mg\cos\theta(1 – \sin\theta) – ma_C\cos\theta \\[2.0ex]
(M + m + m\sin^2\theta)a_A &= mg\cos\theta(1 – \sin\theta) – ma_C\cos\theta
\end{aligned}
$$
ここで、右辺の \(mg\cos\theta(1 – \sin\theta)\) に注目します。
式⑯より \(mg(1 – \sin\theta) = 2ma_C – ma_A\cos\theta\) なので、これを代入します。
$$
\begin{aligned}
(M + m + m\sin^2\theta)a_A &= (2ma_C – ma_A\cos\theta)\cos\theta – ma_C\cos\theta \\[2.0ex]
(M + m + m\sin^2\theta)a_A &= 2ma_C\cos\theta – ma_A\cos^2\theta – ma_C\cos\theta \\[2.0ex]
(M + m + m\sin^2\theta)a_A &= ma_C\cos\theta – ma_A\cos^2\theta
\end{aligned}
$$
\(a_A\) の項を左辺に集めます。
$$
\begin{aligned}
(M + m + m\sin^2\theta + m\cos^2\theta)a_A &= ma_C\cos\theta \\[2.0ex]
(M + m + m(\sin^2\theta + \cos^2\theta))a_A &= ma_C\cos\theta \\[2.0ex]
(M + m + m)a_A &= ma_C\cos\theta \\[2.0ex]
(M + 2m)a_A &= ma_C\cos\theta \quad \cdots ⑰
\end{aligned}
$$
これより、(1)の答えである比が求まります。
$$
\begin{aligned}
\frac{a_C}{a_A} &= \frac{M+2m}{m\cos\theta}
\end{aligned}
$$
(2) \(a_C\) を求めるために、式⑰より \(a_A = \frac{m\cos\theta}{M+2m}a_C\) を式⑯に代入します。
$$
\begin{aligned}
2ma_C &= mg(1 – \sin\theta) + m\left( \frac{m\cos\theta}{M+2m}a_C \right)\cos\theta \\[2.0ex]
2a_C &= g(1 – \sin\theta) + \frac{m\cos^2\theta}{M+2m}a_C \\[2.0ex]
\left( 2 – \frac{m\cos^2\theta}{M+2m} \right)a_C &= g(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
\frac{2(M+2m) – m\cos^2\theta}{M+2m}a_C &= g(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
\frac{2M + 4m – m\cos^2\theta}{M+2m}a_C &= g(1 – \sin\theta)
\end{aligned}
$$
分母の \(4m – m\cos^2\theta\) を \(m(4 – \cos^2\theta)\) と整理して、
$$
\begin{aligned}
a_C &= \frac{(M+2m)g(1 – \sin\theta)}{2M + m(4 – \cos^2\theta)}
\end{aligned}
$$
台Aが動くことで、BとCには「置いていかれまい」とする慣性力が働きます。
Bは慣性力によって右に引っ張られるため、斜面を登る力が強まります（\(ma_A\cos\theta\) の分）。
一方、台A自体は、BやCから反作用を受けて左に加速します。
これらが互いに影響し合うため、連立方程式を解く必要がありますが、最終的には「どれくらいの比率で加速し合うか」という関係式（質量比のようなもの）に帰着します。
(1) \(M\) が非常に大きい場合、\(a_C/a_A \to \infty\) となり、台Aはほとんど動かずCだけが動く（固定台の場合に近づく）ことを示唆しており妥当です。
(2) \(a_C\) の式も、\(M \to \infty\) とすると \(\frac{Mg(1-\sin\theta)}{2M} = \frac{g}{2}(1-\sin\theta)\) となり、問[A]の結果と完全に一致します。
(1) \(\displaystyle \frac{M+2m}{m\cos\theta}\)
(2) \(\displaystyle \frac{(M+2m)g(1 – \sin\theta)}{2M + m(4 – \cos^2\theta)}\)
思考の道筋とポイント
複雑な連立方程式を回避するため、系全体を支配する2つの保存則に着目します。
1. 水平方向の運動量保存則: 水平方向には外力が働かないため、全運動量は保存されます。これを時間微分すると、加速度の関係式が得られます。
2. 力学的エネルギー保存則: 摩擦がないため、全エネルギーは保存されます。これを時間微分すると、運動方程式が得られます。
この設問における重要なポイント
- 運動量保存則: 外力が働かない方向（水平方向）では、系全体の運動量の総和は一定です。
- エネルギー保存則: 非保存力（摩擦など）が仕事をしないため、系全体の力学的エネルギーは一定です。
- 微分の利用: 保存則（定数）を時間微分すると \(0\) になることを利用して、加速度を含む式を導きます。
具体的な解説と立式
台Aの速度を \(V\)（左向き正）、Cの相対速度を \(v\)（下向き正）とします。
それぞれの加速度は \(a_A = \dot{V}\)、\(a_C = \dot{v}\) です。
1. 速度ベクトルの整理（左向き正、上向き正）
- 台A: \(\vec{v}_A = (V, 0)\)
- 物体C: 台Aの速度 \(+\) 相対速度（下向き \(v\)）
\(\vec{v}_C = (V, -v)\) - 物体B: 台Aの速度 \(+\) 相対速度（斜面左上向き \(v\)）
相対速度の水平成分は \(-v\cos\theta\)（左向き正なのでマイナス）、鉛直成分は \(v\sin\theta\)。
\(\vec{v}_B = (V – v\cos\theta, v\sin\theta)\)
2. 水平方向の運動量保存則
全運動量の水平成分 \(P_{\text{水平}}\) は一定です。
$$
\begin{aligned}
P_{\text{水平}} &= M V + m V + m(V – v\cos\theta) \\[2.0ex]
&= (M+2m)V – mv\cos\theta = \text{一定}
\end{aligned}
$$
これを時間 \(t\) で微分します（\(\dot{V}=a_A, \dot{v}=a_C\)）。
$$
\begin{aligned}
(M+2m)a_A – ma_C\cos\theta &= 0 \\[2.0ex]
(M+2m)a_A &= ma_C\cos\theta \quad \cdots ⑱
\end{aligned}
$$
これより直ちに (1) の答え \(\frac{a_C}{a_A} = \frac{M+2m}{m\cos\theta}\) が得られます。
3. 力学的エネルギー保存則
全運動エネルギー \(K\) と全位置エネルギー \(U\) の和 \(E\) は一定です。
$$
\begin{aligned}
K &= \frac{1}{2}MV^2 + \frac{1}{2}m|\vec{v}_C|^2 + \frac{1}{2}m|\vec{v}_B|^2 \\[2.0ex]
|\vec{v}_C|^2 &= V^2 + v^2 \\[2.0ex]
|\vec{v}_B|^2 &= (V – v\cos\theta)^2 + (v\sin\theta)^2 = V^2 – 2Vv\cos\theta + v^2 \\[2.0ex]
K &= \frac{1}{2}MV^2 + \frac{1}{2}m(V^2 + v^2) + \frac{1}{2}m(V^2 – 2Vv\cos\theta + v^2) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}(M+2m)V^2 + mv^2 – mVv\cos\theta
\end{aligned}
$$
位置エネルギーの変化（基準からの変位 \(x\) を用いる、\(\dot{x}=v\)）：
Cは \(x\) 下降、Bは \(x\sin\theta\) 上昇。
$$
\begin{aligned}
U &= -mgx + mgx\sin\theta = mgx(\sin\theta – 1)
\end{aligned}
$$
エネルギー保存則 \(\frac{d}{dt}(K+U) = 0\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{dK}{dt} &= (M+2m)V a_A + 2mv a_C – m(a_A v \cos\theta + V a_C \cos\theta) \\[2.0ex]
\frac{dU}{dt} &= mgv(\sin\theta – 1)
\end{aligned}
$$
これらを足してゼロと置きます。
$$
\begin{aligned}
V \underbrace{\left[ (M+2m)a_A – ma_C\cos\theta \right]}_{\text{式⑱より0}} + v \left[ 2ma_C – ma_A\cos\theta + mg(\sin\theta – 1) \right] &= 0
\end{aligned}
$$
式⑱（運動量保存の微分）により、\(V\) の係数部分は \(0\) になります。
\(v \neq 0\) なので、\(v\) の係数部分も \(0\) にならなければなりません。
$$
\begin{aligned}
2ma_C – ma_A\cos\theta + mg(\sin\theta – 1) &= 0 \\[2.0ex]
2ma_C – ma_A\cos\theta &= mg(1 – \sin\theta) \quad \cdots ⑲
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量保存則: \(P = \text{一定}\)
- 力学的エネルギー保存則: \(E = \text{一定}\)
- 微分の連鎖律
式⑱より \(a_A = \frac{m\cos\theta}{M+2m}a_C\) を式⑲に代入します。
$$
\begin{aligned}
2ma_C – m\left( \frac{m\cos\theta}{M+2m}a_C \right)\cos\theta &= mg(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
a_C \left( 2m – \frac{m^2\cos^2\theta}{M+2m} \right) &= mg(1 – \sin\theta)
\end{aligned}
$$
両辺を \(m\) で割り、通分します。
$$
\begin{aligned}
a_C \frac{2(M+2m) – m\cos^2\theta}{M+2m} &= g(1 – \sin\theta) \\[2.0ex]
a_C &= \frac{(M+2m)g(1 – \sin\theta)}{2M + 4m – m\cos^2\theta} \\[2.0ex]
&= \frac{(M+2m)g(1 – \sin\theta)}{2M + m(4 – \cos^2\theta)}
\end{aligned}
$$
「水平方向には誰も押していないから、全体の重心は動かない（運動量保存）」と「摩擦がないからエネルギーは減らない（エネルギー保存）」という2つの強力なルールを使いました。
これらを微分することで、面倒な力の矢印（垂直抗力など）を一切考えずに、加速度だけの関係式を導き出すことができました。
特に、エネルギーの式の中に運動量の式が隠れている（\(V\)の係数が消える部分）のは、物理の美しい構造を示しています。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。
計算量が大幅に減り、垂直抗力 \(N_B, N_C\) を消去する手間が省けるため、非常に効率的な解法です。
【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？
- 慣性力と観測者の視点
- 核心: 加速する台の上から物体を見る場合、必ず「観測者の加速度と逆向き」に「質量×観測者の加速度」の大きさを持つ慣性力を加える必要があります。
- 理解のポイント:
- 台Aが固定されているときは慣性力なし。
- 台Aが動くときは、台Aと共に動く自分を想像し、自分自身が感じる「後ろに引っ張られる力」を物体にも矢印として書き込みます。
- 拘束条件と相対加速度
- 核心: 糸でつながれた物体同士は、糸がたるまない限り、その長さに沿った方向の相対加速度の大きさが等しくなります。
- 理解のポイント:
- 台Aが動く場合、静止系での加速度ではなく、台Aに対する「相対加速度」でこの関係式（\(a_B = a_C\)）が成り立ちます。
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:
- 三角台上の物体の運動: 三角プリズムの上を物体が滑り落ちる問題。本問の[C]と全く同じ構造です。「水平方向の運動量保存」と「エネルギー保存」のセットが最強の解法になります。
- 電車内の振り子: 電車が加速すると振り子が傾く問題。これも慣性力を用いて、重力と慣性力の合力（見かけの重力）方向につりあうと考えれば一瞬で解けます。
- 初見の問題での着眼点:
- 台は動くか？: 固定なら簡単。動くなら「慣性力」か「保存則」の出番です。
- 外力はあるか？: 水平方向に外力がなければ「水平運動量保存」が使えます。摩擦がなければ「エネルギー保存」が使えます。これらが使えるなら、運動方程式を立てるよりも計算が楽になる可能性が高いです。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 慣性力の向きのミス:
- 誤解: 物体が動く向きと逆向きに慣性力を書いてしまう。
- 対策: 慣性力は「物体の動き」とは無関係です。「観測者（台）の加速度」と逆向きです。台が右に加速すれば、物体がどこへ動こうと慣性力は左です。
- 相対速度と絶対速度の混同:
- 誤解: 運動エネルギーを計算する際、相対速度 \(v\) だけで \(\frac{1}{2}mv^2\) と書いてしまう。
- 対策: 運動エネルギーは「静止系から見た本当の速さ（絶対速度）」で計算します。ベクトルの合成 \(\vec{v}_{\text{絶対}} = \vec{v}_{\text{台}} + \vec{v}_{\text{相対}}\) を図に描いて確認しましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問[C]での公式選択（運動方程式 vs 保存則微分）:
- 選定理由: 模範解答の運動方程式アプローチは、張力 \(T\) や垂直抗力 \(N\) など全ての力を明らかにできるため、現象の細部まで理解するのに適しています。一方、別解の保存則アプローチは、加速度だけを知りたい場合に、中間変数を無視して最短距離で答えにたどり着けます。
- 適用根拠: 水平方向の外力がゼロであること（運動量保存）、非保存力が仕事をしないこと（エネルギー保存）が確認できたため、保存則の適用が正当化されます。
- 問[B]での公式選択（慣性力 vs 静止系）:
- 選定理由: 慣性力を用いる解法は、物体が「静止している」とみなせるため、力のつりあいの式で直感的に解けます。静止系からの解法は、慣性力の概念が曖昧な場合に、基本原理に立ち返って確実に解くための安全策です。
- 適用根拠: 観測者が加速している場合は慣性力、静止している場合は通常の運動方程式を用います。どちらも物理的に等価です。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 極限チェック（極端な例を考える）:
- 意識: 答えが出たら、変数を極端な値にしてみます。
- 実践: \(\theta=0\) や \(\theta=90^\circ\) を代入して、常識的な結果（水平なら動かない、垂直なら自由落下など）になるか確認します。また、台の質量 \(M \to \infty\) としたときに、固定台（問[A]）の答えと一致するか確認するのは非常に強力な検算です。
- 次元解析:
- 意識: 答えの単位が合っているか確認します。
- 実践: 加速度 \(a\) の答えなら、全体が \(g \times (\text{無次元の係数})\) の形になっているはずです。質量 \(m\) が分母分子でキャンセルされずに残っていたりしたら、どこかで計算を間違えています。
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