問題31 弾性力と摩擦力による運動 (岡山大)
【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: 系全体（A+B）の運動方程式を用いた解法
- 模範解答が物体Aと物体Bそれぞれの運動方程式を立てて連立するのに対し、別解1ではAとBを一体とみなして系全体の加速度を求め、そこから内力である \(f\) を導出します。
- 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）
- 運動方程式を微分方程式として扱い、それを積分することで「仕事とエネルギーの関係」を導出します。設問(1)と(2)を一つの物理モデルから一貫して説明します。
- 設問(2)の別解1: 系全体（A+B）の運動方程式を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 系全体の解法: 未知数である内力 \(f\) を無視して加速度をダイレクトに求められるため、計算の見通しが良くなり、検算としても有効です。
- 微積分の解法: 公式の暗記ではなく、運動方程式という基本原理から全ての物理法則（エネルギー保存則など）が導かれる過程を理解することで、応用力が身につきます。
- 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「摩擦力を含む系でのエネルギー収支と、接触する2物体の運動方程式」です。
ばねの弾性力による振動運動に、一定の摩擦力が加わることでエネルギーが散逸していく様子と、2物体が接触して運動する際の力のやり取りを解析します。
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。
- 仕事とエネルギーの関係: 物体の運動エネルギーの変化量は、物体に働く力がした仕事の総和に等しい。特に、非保存力（摩擦力）が仕事をする場合、力学的エネルギーは保存されず、その変化量は非保存力の仕事に等しくなります。
- 運動方程式: 質量 \(m\)、加速度 \(a\)、力 \(F\) の関係 \(ma=F\) を、物体ごとに正しく立てることが基本です。
- 作用・反作用の法則: 物体Aが物体Bを押す力と、物体Bが物体Aを押し返す力は、大きさが等しく向きが逆です。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、摩擦力がした仕事を計算し、エネルギー原理（力学的エネルギーの変化＝非保存力の仕事）を用いて、停止する位置 \(x_2\) を求めます。
- (2)では、AとBそれぞれについて運動方程式を立式し、離れる条件（接触力 \(f=0\)）を用いてその時の位置 \(x_3\) を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
まず、物体Bに働く摩擦力の向きと大きさを特定します。
物体はばねに押されて右向きに運動を始めるため、床から受ける動摩擦力は運動方向と逆の「左向き」になります。
次に、エネルギーの状態を比較します。
- 初めの状態: ばねの長さ \(x_1\)、速度 \(0\)。
- 終わりの状態: ばねの長さ \(x_2\)、速度 \(0\)。
この間の力学的エネルギーの変化が、摩擦力がした仕事と等しいという関係式（エネルギー原理）を立てます。
この設問における重要なポイント
- 摩擦力の向き: 運動方向（右）と逆向き（左）です。
- 仕事の符号: 摩擦力は運動を妨げる向きに働くため、その仕事は負になります。
- ばねの伸び縮み: 自然長 \(x_0\) からの変位を正しく扱います。長さが \(x\) のとき、縮み（または伸び）の大きさは \(|x – x_0|\) です。
具体的な解説と立式
[空欄 ア]
物体B（質量 \(M\)）にはたらく垂直抗力の大きさは \(N = Mg\) です。
動摩擦係数が \(\mu’\) なので、動摩擦力の大きさ \(F_{\text{摩擦}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{摩擦}} &= \mu’ N \\[2.0ex]
&= \mu’ Mg
\end{aligned}
$$
物体はばねの長さが \(x_1\) の位置から \(x_2\) の位置まで移動しました。
図より \(x_2 > x_1\) なので、移動距離 \(s\) は \(s = x_2 – x_1\) です。
摩擦力は左向き、移動は右向きなので、摩擦力がした仕事 \(W\) は「力 \(\times\) 距離 \(\times (-1)\)」となります。
$$
\begin{aligned}
W &= – F_{\text{摩擦}} \cdot s \\[2.0ex]
&= – \mu’ Mg (x_2 – x_1)
\end{aligned}
$$
[空欄 イ]
運動の初め（長さ \(x_1\)）と終わり（長さ \(x_2\)）で、速度はいずれも \(0\) なので運動エネルギーの変化は \(0\) です。
したがって、力学的エネルギーの変化は「弾性エネルギーの変化」のみとなります。
自然長は \(x_0\) なので、それぞれの位置でのばねの縮みは \(x_0 – x_1\)、\(x_0 – x_2\) です。
「(後の力学的エネルギー) \(-\) (前の力学的エネルギー) \(=\) (非保存力がした仕事)」より、以下の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k(x_0 – x_2)^2 – \frac{1}{2}k(x_0 – x_1)^2 &= W \\[2.0ex]
\frac{1}{2}k(x_0 – x_2)^2 – \frac{1}{2}k(x_0 – x_1)^2 &= – \mu’ Mg (x_2 – x_1) \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 動摩擦力: \(F’ = \mu’ N\)
- 仕事: \(W = Fs \cos \theta\)
- 弾性エネルギー: \(U = \frac{1}{2}kx^2\)
- 仕事とエネルギーの関係: \(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\)
式①を整理して \(x_2\) を求めます。
左辺は「2乗引く2乗」の形をしているので、因数分解 \(A^2 – B^2 = (A+B)(A-B)\) を利用すると計算がスムーズです。
$$
\begin{aligned}
\text{左辺} &= \frac{1}{2}k \left\{ (x_0 – x_2)^2 – (x_0 – x_1)^2 \right\} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}k \left\{ (x_0 – x_2) + (x_0 – x_1) \right\} \left\{ (x_0 – x_2) – (x_0 – x_1) \right\} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}k (2x_0 – x_1 – x_2) (x_1 – x_2) \\[2.0ex]
&= – \frac{1}{2}k (2x_0 – x_1 – x_2) (x_2 – x_1)
\end{aligned}
$$
これを式①の右辺と等置します。
$$
\begin{aligned}
– \frac{1}{2}k (2x_0 – x_1 – x_2) (x_2 – x_1) &= – \mu’ Mg (x_2 – x_1)
\end{aligned}
$$
\(x_1 \neq x_2\) より \(x_2 – x_1 \neq 0\) なので、両辺を \(-(x_2 – x_1)\) で割ることができます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k (2x_0 – x_1 – x_2) &= \mu’ Mg
\end{aligned}
$$
\(x_2\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
2x_0 – x_1 – x_2 &= \frac{2\mu’ Mg}{k} \\[2.0ex]
x_2 &= 2x_0 – x_1 – \frac{2\mu’ Mg}{k}
\end{aligned}
$$
ばねに蓄えられたエネルギーを使って物体AとBが動き出しますが、床の摩擦によってエネルギーがどんどん奪われていきます。
「最初に持っていたばねのエネルギー」と「最後に残ったばねのエネルギー」の差額が、ちょうど「摩擦によって熱として捨てられたエネルギー（摩擦力の仕事）」と等しくなります。
この収支決算の式を作ることで、どこまで進んで止まるか（\(x_2\)）を計算しました。
計算の際、\(x^2\) を展開して解の公式を使うよりも、\(A^2 – B^2\) の因数分解を使うと、共通因数 \((x_2 – x_1)\) が見えてきて簡単に解くことができます。
\(x_2 = 2x_0 – x_1 – \frac{2\mu’ Mg}{k}\) となりました。
もし摩擦がない（\(\mu’ = 0\)）場合、\(x_2 = 2x_0 – x_1\) となり、変形すると \(x_0 – x_2 = -(x_0 – x_1)\) となります。これは自然長 \(x_0\) を中心とした対称な位置まで伸びることを意味し、単振動の性質と一致します。
摩擦がある場合、その分だけ到達点 \(x_2\) が手前（左側）になるため、マイナスの項がついていることは物理的に妥当です。
問(2)
思考の道筋とポイント
AとBが接触して一緒に運動している間の運動方程式を立てます。
加速度を \(a\)（右向き正）、AがBを押す力を \(f\) とします。
作用・反作用の法則により、BはAから右向きに \(f\) の力を受け、逆にAはBから左向きに \(f\) の力を受けます。
それぞれの物体について、働く力をすべて書き出し、運動方程式 \(ma = F\) を立式します。
この設問における重要なポイント
- 力の向きの整理:
- 物体A: ばねの弾性力（右向き）、Bからの反作用（左向き）。
- 物体B: Aからの押す力（右向き）、動摩擦力（左向き）。
- ばねの弾性力: ばねの長さが \(x\) のとき、縮みは \(x_0 – x\) です。\(x < x_0\) の範囲では、ばねは伸びようとするので、力は右向きに \(k(x_0 – x)\) となります。
- 離れる条件: 2物体が接触して運動している間は \(f > 0\) ですが、離れる瞬間に接触力は \(0\) になります。つまり \(f=0\) が離れる条件です。
具体的な解説と立式
[空欄 ウ] 物体Aの運動方程式
右向きを正とします。
物体A（質量 \(m\)）に働く力は以下の通りです。
- 右向きの力: ばねの弾性力 \(k(x_0 – x)\)
- 左向きの力: Bから押し返される力 \(f\)
よって、運動方程式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
ma &= (\text{右向きの力}) – (\text{左向きの力}) \\[2.0ex]
ma &= k(x_0 – x) – f \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
[空欄 エ] 物体Bの運動方程式
同様に右向きを正とします。
物体B（質量 \(M\)）に働く力は以下の通りです。
- 右向きの力: Aから押される力 \(f\)
- 左向きの力: 動摩擦力 \(\mu’ Mg\)
よって、運動方程式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
Ma &= (\text{右向きの力}) – (\text{左向きの力}) \\[2.0ex]
Ma &= f – \mu’ Mg \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
[空欄 オ] 離れるときのばねの長さ \(x_3\)
AとBが離れる瞬間、AがBを押す力 \(f\) が \(0\) になります。
式②と式③に \(f=0\) を代入して、そのときの加速度 \(a\) と位置 \(x = x_3\) を求めます。
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- フックの法則: \(F = kx\)
- 作用・反作用の法則
まず、式③で \(f=0\) とすると、離れる瞬間の加速度 \(a\) が求まります。
$$
\begin{aligned}
Ma &= 0 – \mu’ Mg \\[2.0ex]
a &= – \mu’ g
\end{aligned}
$$
次に、式②に \(f=0\)、\(x=x_3\)、および求めた \(a = – \mu’ g\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
m (- \mu’ g) &= k(x_0 – x_3) – 0 \\[2.0ex]
– \mu’ mg &= k(x_0 – x_3)
\end{aligned}
$$
これを \(x_3\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
k(x_0 – x_3) &= – \mu’ mg \\[2.0ex]
x_0 – x_3 &= – \frac{\mu’ mg}{k} \\[2.0ex]
x_3 &= x_0 + \frac{\mu’ mg}{k}
\end{aligned}
$$
AとBが一緒に動いているとき、Aはばねに押されて加速しようとしますが、前のBが邪魔で、Bを押しながら進みます。一方、BはAに押してもらって進みますが、床との摩擦が邪魔をします。
ばねが伸びていくと、ばねの押す力はだんだん弱くなります。ある時点で、ばねの力が弱くなりすぎて、Aが「Bを摩擦に逆らって押し続ける」ことができなくなります。
この瞬間、AがBを押す力がゼロになり、2人はお別れします。
それぞれの運動方程式（力の関係式）を作り、「押す力がゼロ」という条件を入れることで、その別れの場所 \(x_3\) を特定しました。
答えは \(x_3 = x_0 + \frac{\mu’ mg}{k}\) です。
第2項 \(\frac{\mu’ mg}{k}\) は正の値なので、\(x_3 > x_0\) となります。
つまり、自然長 \(x_0\) を超えて、ばねが少し伸びた位置で離れることになります。
これは、自然長を過ぎるとばねの力が左向き（引き戻す向き）に変わるため、Aにはブレーキがかかり始めますが、Bは摩擦力（左向き）によってのみブレーキがかかるため、減速の仕方に差が出る（Aの方が強く引き戻される）ことから、AがBから遅れて離れるという現象と整合します。
思考の道筋とポイント
AとBが接触して一緒に運動している間は、これらを「質量 \(m+M\) のひとつの合体した物体」とみなすことができます。
この視点に立つと、AとBの間で及ぼし合う力 \(f\) は「内力」となり、運動方程式には現れません。
系全体の外力のみに着目して加速度 \(a\) を求め、その後でB単体の運動方程式に戻って \(f\) を考えることで、計算を効率化できます。
この設問における重要なポイント
- 系の定義: AとBをまとめて一つの系とします。
- 外力の抽出: 系全体に働く外力は、ばねの弾性力（右向き）と、Bに働く摩擦力（左向き）のみです。
具体的な解説と立式
AとB全体（質量 \(m+M\)）に対する運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(m+M)a &= (\text{ばねの力}) – (\text{摩擦力}) \\[2.0ex]
(m+M)a &= k(x_0 – x) – \mu’ Mg \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
また、B単体（質量 \(M\)）の運動方程式は以下の通りです（これはメイン解法と同じ）。
$$
\begin{aligned}
Ma &= f – \mu’ Mg \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式（系全体）: \(M_{\text{全}} a = F_{\text{外力}}\)
離れる瞬間は \(f=0\) となるので、式⑤より
$$
\begin{aligned}
Ma &= 0 – \mu’ Mg \\[2.0ex]
a &= – \mu’ g
\end{aligned}
$$
これを式④に代入して \(x_3\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
(m+M)(-\mu’ g) &= k(x_0 – x_3) – \mu’ Mg \\[2.0ex]
– \mu’ mg – \mu’ Mg &= k(x_0 – x_3) – \mu’ Mg
\end{aligned}
$$
両辺の \(- \mu’ Mg\) が消去されます。
$$
\begin{aligned}
– \mu’ mg &= k(x_0 – x_3) \\[2.0ex]
x_0 – x_3 &= – \frac{\mu’ mg}{k} \\[2.0ex]
x_3 &= x_0 + \frac{\mu’ mg}{k}
\end{aligned}
$$
2つの物体を「1つの塊」として見ることで、間の力 \(f\) を無視して全体の動き（加速度）を式にしました。
「離れる」ということは、Bにとっては「後ろから押してくれる力がなくなる」ということなので、B単体の式からその時の加速度がすぐに分かります。
それを全体の式に戻すことで、面倒な連立方程式を解くことなく、すっきりと答えにたどり着けました。
メインの解法と全く同じ結果 \(x_3 = x_0 + \frac{\mu’ mg}{k}\) が得られました。
この解法は、\(f\) を消去する計算プロセスを物理的な意味（全体を見る）に置き換えたものであり、非常に有効です。
思考の道筋とポイント
物理学の基本原理である「運動方程式」から出発し、数学的な操作（積分）によって「エネルギー原理」を導出します。
これにより、問(1)のエネルギーの式と問(2)の力の式が、実は一つの根源的な式から派生したものであることを示します。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の積分: 運動方程式の両辺に速度 \(v = \frac{dx}{dt}\) を掛けて時間積分（または位置積分）することで、運動エネルギーと仕事の関係式が得られます。
- 一貫性: (1)のエネルギー保存則も、(2)の力のつり合いも、すべて運動方程式に含まれています。
具体的な解説と立式
AとBが一体となって運動しているときの運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
(m+M) \frac{d^2x}{dt^2} &= k(x_0 – x) – \mu’ Mg \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
【問(1)の導出：エネルギー積分の実行】
この式の両辺に \(v = \frac{dx}{dt}\) を掛けて、時刻 \(t_1\)（位置 \(x_1\)、速度 \(0\)）から \(t_2\)（位置 \(x_2\)、速度 \(0\)）まで積分します。
左辺の積分は運動エネルギーの変化になります。
$$
\begin{aligned}
\int_{t_1}^{t_2} (m+M) \frac{dv}{dt} v \, dt &= \left[ \frac{1}{2}(m+M)v^2 \right]_{0}^{0} \\[2.0ex]
&= 0
\end{aligned}
$$
右辺の積分は、変数を \(t\) から \(x\) に置換して計算します（\(v dt = dx\)）。
$$
\begin{aligned}
\int_{x_1}^{x_2} \{ k(x_0 – x) – \mu’ Mg \} \, dx
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 微積分の基本定理: \(\int \frac{dv}{dt} v dt = \frac{1}{2}v^2\)
ここで、\(k(x_0 – x) = -k(x – x_0)\) と変形して積分を実行します。
$$
\begin{aligned}
\int_{x_1}^{x_2} \{ -k(x – x_0) – \mu’ Mg \} \, dx &= \left[ -\frac{1}{2}k(x – x_0)^2 – \mu’ Mg x \right]_{x_1}^{x_2} \\[2.0ex]
&= \left\{ -\frac{1}{2}k(x_2 – x_0)^2 – \mu’ Mg x_2 \right\} – \left\{ -\frac{1}{2}k(x_1 – x_0)^2 – \mu’ Mg x_1 \right\}
\end{aligned}
$$
左辺が \(0\) なので、右辺 \( = 0\) となり、整理すると以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k(x_2 – x_0)^2 – \frac{1}{2}k(x_1 – x_0)^2 &= – \mu’ Mg (x_2 – x_1)
\end{aligned}
$$
これは問(1)で立てたエネルギーの式①と完全に一致します。
【問(2)の導出：運動方程式の変形】
次に、内力 \(f\) を求めるために、B単体の運動方程式を考えます。
$$
\begin{aligned}
M a &= f – \mu’ Mg \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$
式⑥より、系全体の加速度 \(a\) は以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{k(x_0 – x) – \mu’ Mg}{m+M}
\end{aligned}
$$
これを式⑦に代入して \(f\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
M \left( \frac{k(x_0 – x) – \mu’ Mg}{m+M} \right) &= f – \mu’ Mg \\[2.0ex]
f &= \frac{M}{m+M} \{ k(x_0 – x) – \mu’ Mg \} + \mu’ Mg \\[2.0ex]
&= \frac{M k(x_0 – x) – \mu’ M^2 g + \mu’ Mg(m+M)}{m+M} \\[2.0ex]
&= \frac{M k(x_0 – x) + \mu’ mMg}{m+M}
\end{aligned}
$$
離れる条件 \(f=0\) より、分子が \(0\) になるときを求めます。
$$
\begin{aligned}
M k(x_0 – x_3) + \mu’ mMg &= 0
\end{aligned}
$$
両辺を \(M\) で割り、\(x_3\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
k(x_0 – x_3) &= – \mu’ mg \\[2.0ex]
x_0 – x_3 &= – \frac{\mu’ mg}{k} \\[2.0ex]
x_3 &= x_0 + \frac{\mu’ mg}{k}
\end{aligned}
$$
「エネルギーの式」は、実は「運動方程式を距離で積み重ねた（積分した）もの」に過ぎません。
この別解では、まず親玉である運動方程式を立て、それを積分することで問(1)の答えを出し、変形することで問(2)の答えを出しました。
バラバラに見える設問も、根っこにある物理法則はたった一つであることを示しています。
問(1)、問(2)ともに、メインの解法と完全に一致する結果が得られました。
これにより、エネルギー保存則や力のつり合いといった個別の公式が、運動方程式という一つの原理から数学的に導かれることが確認できました。
【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？
- 仕事と力学的エネルギーの関係
- 核心: 摩擦力のような非保存力が仕事をする場合、力学的エネルギーは保存されず、その変化量は非保存力がした仕事の総和に等しくなります。
- 理解のポイント:
- 保存力（重力、弾性力）による仕事は位置エネルギーの変化として扱われるため、左辺のエネルギー項に含まれます。
- 非保存力（摩擦力、空気抵抗など）による仕事だけを、エネルギーの「流出入」として右辺（または変化量）に記述します。
- 接触する2物体の運動方程式と離れる条件
- 核心: 接触して一緒に運動する物体間には、作用・反作用の法則に従う内力（垂直抗力）が働きます。「離れる」とは、この接触力が \(0\) になる瞬間を指します。
- 理解のポイント:
- 一体化: 接触して一緒に動いている間は、2つの物体は同じ加速度 \(a\) を持ちます。
- 離れる条件: 接触力 \(f\) は常に「押す」向きにしか働けません（引くことはできない）。したがって、\(f=0\) となる瞬間が、一体運動から分離運動へと切り替わる境界点となります。
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:
- 摩擦のある面上の単振動: 今回のように摩擦がある場合、振動の中心がずれたり、振幅が半周期ごとに減少したりします。「半周期ごとのエネルギー収支」を立てて、振幅の減少量や停止位置を求めるのが定石です。
- 積み重なった物体の運動: 上に物体が乗っている場合も、横に並んでいる場合と同様に、接触面の摩擦力や垂直抗力を内力として扱います。「滑り出す条件（静止摩擦力の限界）」や「離れる条件（垂直抗力が0）」は、それぞれの接触面での力の限界で決まります。
- 初見の問題での着眼点:
- 非保存力の有無: 摩擦や空気抵抗があるかを確認します。ある場合は、エネルギー保存則ではなく「エネルギーの変化＝非保存力の仕事」の式を第一選択とします。
- 系の選択: 複数の物体がある場合、「個別に式を立てる」か「全体をまとめて見る」かを吟味します。内力（間の力）を求めたいなら個別、加速度だけなら全体、と使い分けると計算効率が上がります。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- ばねの縮みと座標の混同:
- 誤解: 弾性エネルギーを \(\frac{1}{2}kx^2\) と機械的に書いてしまう（\(x\) は座標なのに、それを「伸び」と勘違いする）。
- 対策: 必ず「自然長からの変位」を確認します。自然長が \(x_0\) なら、座標 \(x\) での伸び縮みは \(|x – x_0|\) です。エネルギーの式には \(\frac{1}{2}k(x – x_0)^2\) と書く癖をつけましょう。
- 摩擦力の向きの固定観念:
- 誤解: 「摩擦力は常に左向き」などと決めつけてしまい、物体が折り返した後の運動で符号を間違える。
- 対策: 摩擦力は常に「接触面での相対運動を妨げる向き」に働きます。物体が一度停止して逆向きに動き出したら、摩擦力の向きも逆転します。運動のフェーズごとに必ず図を描き直し、力の向きを再確認しましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(1)での公式選択（エネルギー原理）:
- 選定理由: 初めと終わりの「速度（\(0\)）」と「位置」の情報があり、途中の時間の経過が問われていないため、運動方程式を解くよりもエネルギーの式を使う方が圧倒的に速く解けるからです。
- 適用根拠: 動摩擦力は一定であり、移動距離も明確なため、仕事の計算（力 \(\times\) 距離）が容易に実行できるためです。
- 問(2)での公式選択（運動方程式）:
- 選定理由: 「力 \(f\)」や「加速度 \(a\)」といった、ある瞬間の状態量を問われているため、積算量であるエネルギーではなく、瞬間の力のバランスを記述する運動方程式が最適です。
- 適用根拠: 慣性系における物体の運動記述の基本であり、接触力 \(f\) を明示的に式に含めることができるためです。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 因数分解の活用:
- 意識: \(x_2^2 – x_1^2\) のような「2乗の差」の項が出てきたら、展開せずに \((x_2 – x_1)(x_2 + x_1)\) と因数分解することを第一感とします。
- 実践: 特にエネルギーの式では「変化量」を扱うため、共通因数（移動距離 \(x_2 – x_1\)）でくくれるケースが頻出します。これにより次数が下がり、計算ミスが激減します。
- 次元解析（単位チェック）:
- 意識: 導出した答えの式の次元（単位）が、求めたい物理量と一致しているか確認します。
- 実践: 例えば \(x_3 = x_0 + \frac{\mu’ mg}{k}\) なら、第2項は \(\frac{[\text{力}]}{[\text{力}/\text{長さ}]} = [\text{長さ}]\) となり、\(x_0\) と足し算できる正しい次元だと分かります。もし \(g\) が抜けていたりすると次元が合わなくなります。
問題32 ゴムひもに取りつけられた物体の運動 (学習院大)
【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(5)の別解1: 単振動の対称性を用いた解法
- 模範解答がエネルギー保存則を用いて計算するのに対し、別解1では物体の運動を「減衰のない単振動の半周期分」とみなし、振動中心と端点の対称性から瞬時に移動距離を求めます。
- 設問(4)(5)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 運動方程式を立式し、それを積分することでエネルギー原理を導出します。ゴムひもの状態（たるむ・伸びる）によるポテンシャルエネルギーの違いを統一的に扱います。
- 設問(5)の別解1: 単振動の対称性を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 単振動の解法: エネルギーの2次方程式を解く手間が省け、計算ミスを大幅に減らせる強力な時短テクニックです。
- 微積分の解法: 「公式の適用」ではなく、運動方程式という第一原理から現象を解析する視点を養い、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「ゴムひもの弾性力と摩擦力が働く物体の運動」です。
ばねと異なり、ゴムひもは「伸びているときだけ力を及ぼし、縮むとたるんで力が働かなくなる」という特性を持ちます。この点に注意しながら、力のつりあいやエネルギーの収支を考えます。
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。
- 最大摩擦力: 物体が動き出す直前、静止摩擦力は最大値 \(\mu N\) に達します。
- 仕事とエネルギーの関係: 非保存力（動摩擦力）が仕事をする場合、力学的エネルギーの変化量はその仕事に等しくなります。
- ゴムひもの特性: 自然長より長い（伸びている）ときはばねと同じ弾性エネルギーを持ちますが、自然長以下（たるんでいる）ときは弾性エネルギーは \(0\) です。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、動き出す瞬間の力のつりあいから伸び \(a\) を求めます。
- (2)(3)では、弾性エネルギーと摩擦力の仕事を定義に従って計算します。
- (4)(5)では、エネルギー原理（力学的エネルギーの変化＝摩擦力の仕事）を用いて、停止位置や摩擦係数の関係を導きます。ゴムひもの状態によって弾性エネルギーの項が変わることに注目します。
問(1)
思考の道筋とポイント
物体Aが動き始める瞬間を考えます。
ゴムひもを右へゆっくり引いていくと、物体Aには右向きの弾性力が働きます。
物体Aが滑り出さないように支えているのは、接触面からの静止摩擦力（左向き）です。
「動き始めた」瞬間、この静止摩擦力は限界値である「最大摩擦力」に達しています。
この設問における重要なポイント
- 力のつりあい: 動き出す直前まで、物体は静止しており力がつりあっています。
- 最大摩擦力: 静止摩擦係数を \(\mu\)、垂直抗力を \(N\) とすると、最大摩擦力は \(f_{\text{最大}} = \mu N\) です。
- 垂直抗力: 水平面上での運動なので、鉛直方向の力のつりあいから \(N = mg\) となります。
具体的な解説と立式
物体A（質量 \(m\)）にはたらく力を整理します。
- 鉛直方向: 重力 \(mg\)（下向き）と垂直抗力 \(N\)（上向き）がつりあっています。
$$
\begin{aligned}
N &= mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$ - 水平方向: ゴムひもの伸びが \(a\) のとき、弾性力は \(ka\)（右向き）です。動き出す直前の静止摩擦力は最大摩擦力 \(\mu N\)（左向き）となっています。
これらがつりあっているため、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{右向きの力}) &= (\text{左向きの力}) \\[2.0ex] ka &= \mu N \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 最大摩擦力: \(f_{\text{最大}} = \mu N\)
- フックの法則: \(F = kx\)
式①を式②に代入して \(a\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
ka &= \mu mg \\[2.0ex]
a &= \frac{\mu mg}{k}
\end{aligned}
$$
ゴムひもを引っ張ると、物体を右に引っ張る力が強くなっていきます。
床は「動くな！」と摩擦力で抵抗しますが、その抵抗には限界（最大摩擦力）があります。
ゴムひもの力がその限界を超えた瞬間に、物体はズルッと動き出します。
そのギリギリのバランスを式にして、伸び \(a\) を求めました。
答えは \(a = \frac{\mu mg}{k}\) です。
摩擦係数 \(\mu\) が大きいほど、あるいは質量 \(m\) が大きいほど、動き出すのにより大きな力（伸び）が必要になるため、分子に \(\mu, m\) があるのは妥当です。
ばね定数 \(k\) が大きい（硬いゴム）ほど、少しの伸びで大きな力が出るため、分母に \(k\) があるのも妥当です。
問(2)
思考の道筋とポイント
ゴムひもの弾性エネルギーを求めます。
問題文より、ゴムひもが自然の長さ \(l\) から \(a\) だけ伸びた状態です。
弾性エネルギーは「自然長からの伸び」で決まります。ゴムひもの全長 \(l+a\) ではなく、伸び \(a\) を使う点に注意します。
この設問における重要なポイント
- 弾性エネルギーの定義: ばね定数（比例定数）\(k\)、伸び \(x\) のとき、\(U = \frac{1}{2}kx^2\) です。
- ゴムひもの性質: 伸びているときはばねと同じようにエネルギーを蓄えます。
具体的な解説と立式
ゴムひもの伸びは \(a\) です。
公式に従い、弾性エネルギー \(U\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2}ka^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 弾性エネルギー: \(U = \frac{1}{2}kx^2\)
立式そのものが答えとなります。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2}ka^2
\end{aligned}
$$
ゴムひもがビヨーンと \(a\) だけ伸びているので、そこにはエネルギーが溜まっています。
ばねのエネルギーの公式に、伸び \(a\) をそのまま当てはめるだけです。
答えは \(\frac{1}{2}ka^2\) です。
問(3)
思考の道筋とポイント
物体が動き出してから止まるまでの間に、動摩擦力がした仕事を求めます。
動摩擦力は常に「運動を妨げる向き（左向き）」に働き、物体は「右向き」に移動しました。
力と移動方向が逆向きなので、仕事は負になります。
この設問における重要なポイント
- 動摩擦力の大きさ: 動摩擦係数 \(\mu’\) を用いて \(f’ = \mu’ N = \mu’ mg\) となります。
- 仕事の計算: \(W = (\text{力}) \times (\text{移動距離}) \times \cos(180^\circ)\) です。
具体的な解説と立式
物体Aにはたらく動摩擦力の大きさ \(f’\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
f’ &= \mu’ mg
\end{aligned}
$$
物体は右向きに距離 \(b\) だけ移動しました。
動摩擦力は左向きなので、仕事 \(W\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
W &= – f’ \cdot b \\[2.0ex]
&= – \mu’ mg b
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 動摩擦力: \(f’ = \mu’ N\)
- 仕事: \(W = Fx \cos \theta\)
計算過程は立式に含まれます。
$$
\begin{aligned}
W &= – \mu’ mgb
\end{aligned}
$$
物体がズリズリと \(b\) だけ動く間、床はずっと摩擦力で邪魔をし続けました。
邪魔をする力（動摩擦力）と、動いた距離を掛け算して、仕事（エネルギーの損失分）を計算しました。
邪魔をしたので、仕事の値はマイナスになります。
答えは \(-\mu’ mgb\) です。
距離 \(b\) が長いほど、摩擦が大きいほど、仕事の絶対値（失われるエネルギー）は大きくなります。
問(4)
思考の道筋とポイント
物体が止まったとき、ゴムひもが「たるんでいた」という条件から、\(\mu\) と \(\mu’\) の関係を導きます。
エネルギー原理（仕事とエネルギーの関係）を使います。
「はじめの弾性エネルギー」から「摩擦が奪ったエネルギー」を引くと、「おわりの弾性エネルギー」になりますが、たるんでいるので「おわりの弾性エネルギー」は \(0\) です。
また、「たるんでいる」という幾何学的な条件（移動距離 \(b\) と初期の伸び \(a\) の大小関係）を数式に反映させます。
この設問における重要なポイント
- エネルギー原理: \(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\)
$$
(\text{後のエネルギー}) – (\text{前のエネルギー}) = (\text{摩擦力の仕事})
$$ - たるんでいる条件: 初期の位置（伸び \(a\)）から、自然長の位置（伸び \(0\)）を超えて物体が進んだことを意味します。つまり、移動距離 \(b\) は初期の伸び \(a\) よりも大きくなければなりません（\(b > a\)）。
具体的な解説と立式
1. エネルギーの関係式
- はじめ: 速度 \(0\)、伸び \(a\)。エネルギー \(E_{\text{初}} = \frac{1}{2}ka^2\)。
- おわり: 速度 \(0\)、たるんでいるので弾性エネルギーは \(0\)。エネルギー \(E_{\text{終}} = 0\)。
- 仕事: 摩擦力の仕事 \(W = -\mu’ mgb\)。
エネルギー原理より、以下の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{終}} – E_{\text{初}} &= W \\[2.0ex]
0 – \frac{1}{2}ka^2 &= -\mu’ mgb \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
2. たるんでいる条件
ゴムひもがたるむためには、物体が自然長の位置（スタート地点から距離 \(a\)）を通り過ぎる必要があります。
$$
\begin{aligned}
b &> a \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- エネルギー原理: \(\Delta E = W\)
式③より、\(b\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}ka^2 &= \mu’ mgb \\[2.0ex]
b &= \frac{ka^2}{2\mu’ mg}
\end{aligned}
$$
これを不等式④に代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{ka^2}{2\mu’ mg} &> a
\end{aligned}
$$
\(a > 0\) なので、両辺を \(a\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\frac{ka}{2\mu’ mg} &> 1 \\[2.0ex]
ka &> 2\mu’ mg
\end{aligned}
$$
ここで、問(1)の結果 \(ka = \mu mg\) を代入して \(ka\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
\mu mg &> 2\mu’ mg
\end{aligned}
$$
両辺を \(mg\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\mu &> 2\mu’
\end{aligned}
$$
最初に溜まっていたゴムのエネルギーが、摩擦によって全て使い果たされてゼロになりました（たるんだ状態）。
そのエネルギー収支の計算から「どれだけ滑ったか（距離 \(b\)）」が分かります。
「ゴムがたるむまで滑った」ということは、「滑った距離 \(b\) が、最初の伸び \(a\) より長い」ということです。
この条件を計算式に当てはめると、静止摩擦係数 \(\mu\) と動摩擦係数 \(\mu’\) の力関係が見えてきました。
答えは \(\mu > 2\mu’\) です。
これは「静止摩擦係数が動摩擦係数の2倍より大きい」とき、勢いよく飛び出した物体が自然長を超えて滑っていくことを意味します。
問(5)
思考の道筋とポイント
今度は、止まったときにゴムひもが「伸びていた」場合です。
エネルギー原理の式において、「おわりのエネルギー」が \(0\) ではなくなります。
図cを参照すると、移動距離が \(b\) なので、残りの伸びは \(a-b\) となります。
この設問における重要なポイント
- おわりの状態: 自然長より伸びているので、弾性エネルギーを持ちます。伸びは \(a-b\) です。
- エネルギー保存: (4)と同様に、エネルギーの変化と仕事の関係式を立てます。
具体的な解説と立式
- はじめ: エネルギー \(E_{\text{初}} = \frac{1}{2}ka^2\)。
- おわり: 伸びは \(a-b\) なので、エネルギー \(E_{\text{終}} = \frac{1}{2}k(a-b)^2\)。
- 仕事: \(W = -\mu’ mgb\)。
エネルギー原理より、以下の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{終}} – E_{\text{初}} &= W \\[2.0ex]
\frac{1}{2}k(a-b)^2 – \frac{1}{2}ka^2 &= -\mu’ mgb \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- エネルギー原理: \(\Delta E = W\)
式⑤を展開して \(b\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k(a^2 – 2ab + b^2) – \frac{1}{2}ka^2 &= -\mu’ mgb \\[2.0ex]
\frac{1}{2}ka^2 – kab + \frac{1}{2}kb^2 – \frac{1}{2}ka^2 &= -\mu’ mgb \\[2.0ex]
-kab + \frac{1}{2}kb^2 &= -\mu’ mgb
\end{aligned}
$$
\(b \neq 0\) なので、両辺を \(b\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
-ka + \frac{1}{2}kb &= -\mu’ mg \\[2.0ex]
\frac{1}{2}kb &= ka – \mu’ mg \\[2.0ex]
b &= \frac{2(ka – \mu’ mg)}{k} \\[2.0ex]
b &= 2a – \frac{2\mu’ mg}{k}
\end{aligned}
$$
ここで、問(1)の結果 \(a = \frac{\mu mg}{k}\) （つまり \(ka = \mu mg\)）を代入して、\(a\) を消去し指定された文字で表します。
$$
\begin{aligned}
b &= 2\left( \frac{\mu mg}{k} \right) – \frac{2\mu’ mg}{k} \\[2.0ex]
&= \frac{2\mu mg – 2\mu’ mg}{k} \\[2.0ex]
&= \frac{2(\mu – \mu’)mg}{k}
\end{aligned}
$$
今度は、摩擦でエネルギーが減ったものの、まだゴムが伸びている状態で止まりました。
「残ったエネルギー」から「最初のエネルギー」を引いたものが、「摩擦が奪ったエネルギー」に等しいという式を作ります。
これを計算して、止まるまでの距離 \(b\) を求めました。
答えは \(b = \frac{2(\mu – \mu’)mg}{k}\) です。
\(\mu > \mu’\) なので \(b > 0\) となり、正の距離移動することが確認できます。
また、摩擦がない（\(\mu’ \to 0\)）場合、\(b \to \frac{2\mu mg}{k} = 2a\) となります。これは単振動において、端点 \(a\) から反対側の端点 \(-a\) まで移動する（距離 \(2a\)）ことに対応しており、物理的に妥当です。
思考の道筋とポイント
ゴムひもが常に伸びている状態での運動は、一定の動摩擦力が働くため、振動中心がずれた単振動の一部（半周期分）とみなせます。
単振動の「対称性」を利用すれば、複雑なエネルギー計算をスキップして瞬時に答えを導けます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式と振動中心: 一定の力（動摩擦力）が働くと、単振動の中心位置が力のつりあう位置にずれます。
- 対称性: 単振動では、速さが \(0\) になる2つの折り返し点（端点）は、振動中心に対して対称な位置にあります。
具体的な解説と立式
物体Aの運動方程式を立てます。初期位置を原点 \(x=0\) とし、右向きを正とします。
位置 \(x\) でのゴムひもの伸びは \(a-x\) なので、弾性力は右向きに \(k(a-x)\) です。動摩擦力は左向きに \(\mu’ mg\) です。
$$
\begin{aligned}
ma &= k(a-x) – \mu’ mg \\[2.0ex]
&= -kx + (ka – \mu’ mg) \\[2.0ex]
&= -k \left( x – \left( a – \frac{\mu’ mg}{k} \right) \right)
\end{aligned}
$$
この式は、振動中心 \(x_c\) が以下の位置にある単振動を表します。
$$
\begin{aligned}
x_c &= a – \frac{\mu’ mg}{k}
\end{aligned}
$$
物体は \(x=0\) で初速度 \(0\) で動き出しました。ここが一方の折り返し点です。
もう一方の折り返し点（停止位置）\(x=b\) は、振動中心 \(x_c\) を挟んで \(x=0\) と対称な位置にあります。
つまり、\(x_c\) は \(0\) と \(b\) の中点です。
$$
\begin{aligned}
x_c &= \frac{0 + b}{2}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 単振動の運動方程式: \(ma = -K(x – x_c)\)
- 中点の公式: \(x_c = \frac{x_1 + x_2}{2}\)
中点の関係式より \(b\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
b &= 2x_c \\[2.0ex]
&= 2\left( a – \frac{\mu’ mg}{k} \right) \\[2.0ex]
&= 2a – \frac{2\mu’ mg}{k}
\end{aligned}
$$
これに \(a = \frac{\mu mg}{k}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
b &= 2\left( \frac{\mu mg}{k} \right) – \frac{2\mu’ mg}{k} \\[2.0ex]
&= \frac{2(\mu – \mu’)mg}{k}
\end{aligned}
$$
摩擦を受けながらバネ（ゴム）で引っ張られる運動は、「中心がずれた単振動」になります。
「スタート地点」と「ゴール地点（止まる場所）」は、その「ずれた中心」を挟んでちょうど反対側にあります。
中心の位置さえ分かれば、その2倍の距離がゴール地点だとすぐに分かります。
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
運動方程式を立て、それを積分することでエネルギー原理を導出します。
ゴムひもの特性（伸びているときだけ力が働く）をポテンシャルエネルギーの定義に組み込むことで、(4)と(5)の場合分けを統一的に理解できます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の積分: 運動方程式の両辺に速度 \(v\) を掛けて位置 \(x\) で積分すると、仕事とエネルギーの関係式が得られます。
- ポテンシャルエネルギー: 弾性力 \(F = -k(x-a)\) のポテンシャルは \(U = \frac{1}{2}k(x-a)^2\) です（定数項は基準による）。
具体的な解説と立式
初期位置を原点 \(x=0\) とし、右向きを正とします。
位置 \(x\) における運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2x}{dt^2} &= F_{\text{弾性}} – \mu’ mg
\end{aligned}
$$
ここで、弾性力 \(F_{\text{弾性}}\) は、ゴムひもの自然長位置 \(x=a\) を基準に以下のように表されます。
- \(x < a\) （伸びている）のとき: \(k(a-x)\)
- \(x \ge a\) （たるんでいる）のとき: \(0\)
この運動方程式の両辺に \(v = \frac{dx}{dt}\) を掛けて、\(t=0\)（\(x=0, v=0\)）から停止時（\(x=b, v=0\)）まで積分します。
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{b} m \frac{dv}{dt} v \, dt &= \int_{0}^{b} (F_{\text{弾性}} – \mu’ mg) \, dx \\[2.0ex]
\left[ \frac{1}{2}mv^2 \right]_{0}^{0} &= \int_{0}^{b} F_{\text{弾性}} \, dx – \int_{0}^{b} \mu’ mg \, dx
\end{aligned}
$$
左辺（運動エネルギー変化）は \(0\) です。右辺第2項は \(-\mu’ mgb\) です。
よって以下の式が得られます。
$$
\begin{aligned}
0 &= \int_{0}^{b} F_{\text{弾性}} \, dx – \mu’ mgb \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 仕事とエネルギーの積分形
【設問(4)の場合：\(b > a\)（たるんで停止）】
積分区間を \(0 \to a\)（弾性力あり）と \(a \to b\)（弾性力なし）に分けます。
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{b} F_{\text{弾性}} \, dx &= \int_{0}^{a} k(a-x) \, dx + \int_{a}^{b} 0 \, dx \\[2.0ex]
&= \left[ -\frac{1}{2}k(a-x)^2 \right]_{0}^{a} + 0 \\[2.0ex]
&= 0 – \left( -\frac{1}{2}ka^2 \right) = \frac{1}{2}ka^2
\end{aligned}
$$
これを式⑥に代入すると、\(0 = \frac{1}{2}ka^2 – \mu’ mgb\) となり、問(4)の式と一致します。
【設問(5)の場合：\(b < a\)（伸びて停止）】
積分区間はずっと弾性力が働いています。
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{b} F_{\text{弾性}} \, dx &= \int_{0}^{b} k(a-x) \, dx \\[2.0ex]
&= \left[ -\frac{1}{2}k(a-x)^2 \right]_{0}^{b} \\[2.0ex]
&= -\frac{1}{2}k(a-b)^2 – \left( -\frac{1}{2}ka^2 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}ka^2 – \frac{1}{2}k(a-b)^2
\end{aligned}
$$
これを式⑥に代入すると、\(0 = \frac{1}{2}ka^2 – \frac{1}{2}k(a-b)^2 – \mu’ mgb\) となり、問(5)の式（移項すれば同じ）と一致します。
運動方程式を積分するという操作は、「力を距離で積み重ねて仕事を計算する」ことと同じです。
ゴムひもの力が働く区間と働かない区間を積分範囲で分けることで、(4)と(5)の違いが自然に数式に現れました。
エネルギーの公式を暗記していなくても、この手順を踏めば必ず正しい式にたどり着けます。
微積分のアプローチからも、エネルギー原理の式が正しく導かれることが確認できました。
【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？
- ゴムひもの弾性力とエネルギーの特性
- 核心: ゴムひもは「自然長より伸びているときだけ」ばねと同じ弾性力を発揮し、縮むと力が消滅（たるむ）します。
- 理解のポイント:
- 伸びているとき: フックの法則 \(F=kx\) と弾性エネルギー \(U=\frac{1}{2}kx^2\) が適用できます。
- たるんでいるとき: 力 \(F=0\)、エネルギー \(U=0\) となります。この「状態の切り替わり」を数式（積分範囲やエネルギー項の有無）に反映させることが重要です。
- 摩擦力によるエネルギー散逸と仕事
- 核心: 動摩擦力のような非保存力が仕事をする場合、力学的エネルギーは保存されず、その変化量は非保存力がした仕事に等しくなります。
- 理解のポイント:
- 仕事の符号: 動摩擦力は常に運動方向と逆向きに働くため、その仕事は必ず負（エネルギーを奪う）になります。
- エネルギー原理: 「はじめのエネルギー \(+\) 仕事 \(=\) おわりのエネルギー」という収支式を立てることで、複雑な運動の途中経過を飛ばして結果（停止位置など）を求められます。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- ばねと物体が離れる運動: 物体がばねに押し出されて離れる問題では、ばねの自然長位置で力が \(0\) になり、それ以降は等速運動（または摩擦による減速運動）になります。ゴムひもの「たるむ」現象と同じ物理モデルです。
- 摩擦のある面上の単振動: 摩擦がある場合、振動の中心が「力のつりあう位置（\(ka = \mu’ mg\)）」にずれます。この「ずれた中心」を見抜くことで、振動の端点（停止位置）を対称性から瞬時に求めることができます。
- 初見の問題での着眼点:
- 力の及ぶ範囲: 弾性力や電磁気力など、特定の範囲や条件でのみ働く力がある場合、その境界（自然長など）をまたぐかどうかで場合分けを行います。
- エネルギー保存則の適用可否: 摩擦がある場合は保存則が使えません。「仕事とエネルギーの関係式」を立てる準備をします。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- ゴムひもの伸びと全長の混同:
- 誤解: 弾性エネルギーの計算で、ゴムひもの全長 \(l+a\) を \(x\) として \(\frac{1}{2}k(l+a)^2\) と立式してしまう。
- 対策: 弾性力の源は「変形」です。必ず「自然長からの変化量（伸び）」だけを \(x\) として用います。図に「自然長の位置」を明確に書き込み、そこからの距離を測る癖をつけましょう。
- 静止摩擦係数と動摩擦係数の取り違え:
- 誤解: 動き出す条件に \(\mu’\) を使ったり、動いている間の摩擦力に \(\mu\) を使ったりする。
- 対策:
- 動き出す瞬間: 「耐えている」状態なので静止摩擦係数 \(\mu\)（最大摩擦力）。
- 動いている間: 「滑っている」状態なので動摩擦係数 \(\mu’\)。
- 問題文の記号（ダッシュの有無）を指差し確認し、状況に応じて使い分けます。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(1)での公式選択（力のつりあい）:
- 選定理由: 「動き始めた」という瞬間は、力が釣り合っている限界の状態を指すため、運動方程式（\(ma=F\)）ではなく静力学的なつりあいの式が適しています。
- 適用根拠: 動き出す直前まで速度は \(0\) であり、加速度も \(0\) とみなせるため。
- 問(4)(5)での公式選択（エネルギー原理）:
- 選定理由: 時間の経過や途中の速度変化を問われておらず、「どこで止まるか（位置）」という状態の変化のみに関心があるため、運動方程式を解くよりもエネルギー収支で考える方が効率的です。
- 適用根拠: 摩擦力以外の外力がなく、エネルギーの変化要因が明確（摩擦の仕事のみ）であるため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認（ディメンションチェック）:
- 意識: 答えの式の単位が正しいか確認します。
- 実践: 例えば \(a = \frac{\mu mg}{k}\) なら、単位は \(\frac{[\text{力}]}{[\text{力}/\text{長さ}]} = [\text{長さ}]\) となり正しいです。もし \(g\) が抜けていたり \(k\) が分子にあったりすると次元が合わなくなります。
- 極限的なケースでの検算:
- 意識: 変数を極端な値（0や無限大）にしたとき、物理的に妥当な挙動をするか確認します。
- 実践: 問(5)の答え \(b = \frac{2(\mu – \mu’)mg}{k}\) において、もし摩擦がない（\(\mu’ \to 0\)）とすると \(b \to \frac{2\mu mg}{k} = 2a\) となります。これは単振動の「行って帰ってくる」距離と一致し、式が正しいことの強力な裏付けになります。
「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33 空気の抵抗がある物体の運動 (岐阜大 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)(3)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 運動方程式を微分方程式として扱い、それを積分することで速度の時間変化 \(v(t)\) を導出します。これにより、終端速度 \(v_0\) や初期加速度の意味を数理的に明らかにします。
- 設問(2)(3)の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 「終端速度」や「初期加速度」といった概念が、運動方程式の解としての関数 \(v(t)\) の極限や微分係数として自然に導かれることを理解でき、物理現象の深い洞察につながります。
- 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「空気抵抗を受ける物体の運動方程式と終端速度」です。
斜面を滑り降りる物体が、速度に比例する空気抵抗を受けることで、次第に加速が鈍り、最終的に一定の速度（終端速度）に達する過程を解析します。
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方程式 \(ma=F\) です。斜面方向の成分に分解して立式します。
- 空気抵抗: 速さ \(v\) に比例する抵抗力 \(kv\) が、運動方向と逆向きに働きます。
- 終端速度: 加速度が \(0\) になり、力がつり合って等速運動になったときの速度です。
- \(v-t\) グラフの性質: 接線の傾きは加速度を表し、\(t \to \infty\) での漸近線は終端速度を表します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、物体に働く力をすべて図示し、力の分解の準備をします。
- (2)では、斜面下向きを正として運動方程式を立てます。
- (3)では、加速度 \(a=0\) の条件から終端速度 \(v_0\) を求めます。
- (4)(5)では、グラフから読み取った初期条件（\(t=0\) での加速度）と終端条件（\(t \to \infty\) での速度）を運動方程式に適用し、未知の係数 \(\mu’, k\) を決定します。
問(1)
思考の道筋とポイント
物体が斜面を滑り降りている最中に受ける力を列挙します。
- 重力: 地球が物体を引く力。鉛直下向きに \(Mg\)。
- 垂直抗力: 斜面が物体を支える力。斜面に垂直上向きに \(N\)。
- 動摩擦力: 粗い面を滑るときに受ける抵抗力。運動方向（斜面下向き）と逆向き（斜面上向き）に \(R\)。
- 空気抵抗力: 問題文より、速さ \(v\) に比例する大きさ \(kv\) の力。運動方向と逆向き（斜面上向き）。
この設問における重要なポイント
- 力の向き: 摩擦力と空気抵抗力は、どちらも「運動を妨げる向き」すなわち斜面上向きに働きます。
- 重力の分解: 後の設問で運動方程式を立てるため、重力を「斜面方向」と「斜面に垂直な方向」に分解するイメージを持っておくと良いでしょう（解答としては鉛直下向きの矢印でOKですが、模範解答の図のように成分を描くこともあります）。
具体的な解説と立式
模範解答の図を参照し、以下の矢印を描き込みます。
- 重力 \(Mg\): 重心から鉛直下向き。
- 垂直抗力 \(N\): 斜面との接触点から斜面に垂直上向き。
- 動摩擦力 \(R\): 斜面との接触点から斜面に沿って上向き。
- 抵抗力 \(kv\): 物体（重心付近）から斜面に沿って上向き。
使用した物理公式
- 特になし（力の種類の同定）
計算はありません。図示のみです。
物体には、地球が引っ張る「重力」、床が支える「垂直抗力」、床が擦れて邪魔する「摩擦力」、そして空気が邪魔する「空気抵抗」の4つの力が働いています。
摩擦と空気抵抗は、物体が進もうとする方向（斜面下向き）とは逆向きに働きます。
模範解答の図と一致することを確認します。
重力は鉛直下向き、垂直抗力は面に垂直、抵抗力と摩擦力は運動方向（斜面下向き）の逆向きです。
問(2)
思考の道筋とポイント
斜面に沿って下向きを正の向きとして、運動方程式 \(Ma = F\) を立てます。
まず、重力 \(Mg\) を斜面方向と垂直方向に分解します。
- 斜面方向成分: \(Mg \sin \theta\)（下向き）
- 垂直方向成分: \(Mg \cos \theta\)（押し付ける向き）
斜面垂直方向の力のつりあいから、垂直抗力 \(N\) を求め、動摩擦力 \(R = \mu’ N\) を具体的に表します。
これらを合わせて、斜面方向の合力を記述します。
この設問における重要なポイント
- 座標軸の設定: 斜面下向きを正とします。
- 力の分解: 重力を \(\sin \theta\) と \(\cos \theta\) を使って正しく分解します。
- 動摩擦力の公式: \(R = \mu’ N\) です。
具体的な解説と立式
斜面に垂直な方向の力のつりあいより、垂直抗力 \(N\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
N &= Mg \cos \theta
\end{aligned}
$$
よって、動摩擦力 \(R\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
R &= \mu’ N \\[2.0ex]
&= \mu’ Mg \cos \theta
\end{aligned}
$$
斜面下向きを正として、運動方程式を立てます。
- 正の力（推進力）: 重力の斜面成分 \(Mg \sin \theta\)
- 負の力（抵抗力）: 動摩擦力 \(R\) と空気抵抗 \(kv\)
$$
\begin{aligned}
Ma &= (\text{下向きの力}) – (\text{上向きの力}) \\[2.0ex]
Ma &= Mg \sin \theta – R – kv \\[2.0ex]
Ma &= Mg \sin \theta – \mu’ Mg \cos \theta – kv \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 動摩擦力: \(F’ = \mu’ N\)
- 力の分解: \(F_{\parallel} = Mg \sin \theta, F_{\perp} = Mg \cos \theta\)
立式した式①がそのまま解答となります。
物体を加速させるのは重力の斜面成分です。
逆に減速させようとするのは、摩擦力と空気抵抗です。
「質量 \(\times\) 加速度 \(=\) 加速させる力 \(-\) 邪魔する力」という式を作りました。
答えは \(Ma = Mg \sin \theta – \mu’ Mg \cos \theta – kv\) です。
左辺は \(Ma\)、右辺は力の次元を持っており、符号も加速方向が正、抵抗方向が負となっているため妥当です。
問(3)
思考の道筋とポイント
「等速度運動になった」ということは、加速度 \(a\) が \(0\) になったことを意味します。
このときの速度を \(v_0\)（終端速度）とします。
問(2)で立てた運動方程式において、\(a=0, v=v_0\) と置いて \(v_0\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 力のつりあい: 等速運動 \(\iff\) 加速度 \(0\) \(\iff\) 力のつりあい。
- 終端速度: 空気抵抗がある運動では、速度が増すと抵抗が増え、やがて重力成分と釣り合って速度が一定になります。
具体的な解説と立式
式①において、\(a=0\)、\(v=v_0\) とします。
$$
\begin{aligned}
0 &= Mg \sin \theta – \mu’ Mg \cos \theta – k v_0 \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速運動の条件: \(a=0\)
式②を \(v_0\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
k v_0 &= Mg \sin \theta – \mu’ Mg \cos \theta \\[2.0ex]
v_0 &= \frac{Mg (\sin \theta – \mu’ \cos \theta)}{k}
\end{aligned}
$$
スピードが出れば出るほど空気抵抗 \(kv\) は大きくなります。
最初は重力の方が勝っているので加速しますが、あるスピード \(v_0\) に達すると、空気抵抗と摩擦力の合計が重力の斜面成分とちょうど同じ大きさになります。
力が釣り合うので、これ以上加速しなくなり、一定のスピードで落ちていきます。そのスピードを計算しました。
答えは \(v_0 = \frac{Mg}{k} (\sin \theta – \mu’ \cos \theta)\) です。
もし摩擦がない（\(\mu’=0\)）なら \(v_0 = \frac{Mg \sin \theta}{k}\) となり、重力成分と空気抵抗のつりあい \(Mg \sin \theta = k v_0\) と一致します。
また、\(\sin \theta – \mu’ \cos \theta < 0\) （摩擦が大きすぎて滑り出さない場合）は \(v_0 < 0\) となり、滑り落ちないことを示唆しており物理的に妥当です。
問(4)
思考の道筋とポイント
図2の \(v-t\) グラフから情報を読み取ります。
- 初期条件: \(t=0\) における接線の傾きは、初速度 \(0\) での加速度（初期加速度）を表します。
グラフの破線 \(v = \frac{1}{3}gt\) より、\(t=0\) での加速度 \(a_0\) は \(\frac{1}{3}g\) です。 - \(t=0\) での運動方程式: \(t=0\) では \(v=0\) なので、空気抵抗 \(kv\) は \(0\) です。
これらを運動方程式①に代入して、\(\mu’\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- \(v-t\) グラフの接線の傾き: 加速度 \(a = \frac{dv}{dt}\) を意味します。
- \(t=0\) の特異性: 速度 \(v=0\) なので空気抵抗項が消え、計算が簡単になります。
具体的な解説と立式
\(t=0\) のとき、グラフの接線の傾きより加速度は \(a = \frac{1}{3}g\) です。また、速度は \(v=0\) です。
これらを式①に代入します。ただし、\(\theta = 30^\circ\) です。
$$
\begin{aligned}
M \left( \frac{1}{3}g \right) &= Mg \sin 30^\circ – \mu’ Mg \cos 30^\circ – k \cdot 0 \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 加速度の定義: \(a = \frac{dv}{dt}\) （グラフの傾き）
式③の両辺を \(Mg\) で割り、数値を代入して \(\mu’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{3} &= \sin 30^\circ – \mu’ \cos 30^\circ \\[2.0ex]
\frac{1}{3} &= \frac{1}{2} – \mu’ \frac{\sqrt{3}}{2}
\end{aligned}
$$
\(\mu’\) の項を左辺に、定数を右辺に移項します。
$$
\begin{aligned}
\frac{\sqrt{3}}{2} \mu’ &= \frac{1}{2} – \frac{1}{3} \\[2.0ex]
\frac{\sqrt{3}}{2} \mu’ &= \frac{3-2}{6} \\[2.0ex]
\frac{\sqrt{3}}{2} \mu’ &= \frac{1}{6}
\end{aligned}
$$
\(\mu’\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\mu’ &= \frac{1}{6} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{3\sqrt{3}}
\end{aligned}
$$
模範解答は \(\frac{1}{3\sqrt{3}}\) のままなので、それに従います。
グラフのスタート地点（\(t=0\)）での傾きは、「動き出しの勢い（加速度）」を表しています。
動き出しの瞬間はまだスピードがゼロなので、空気抵抗はありません。
つまり、「重力による加速」と「摩擦による減速」だけの勝負です。
グラフからその勝負の結果（加速度が \(g/3\)）が分かったので、逆算して摩擦係数を求めました。
答えは \(\mu’ = \frac{1}{3\sqrt{3}}\) です。
\(\sqrt{3} \approx 1.73\) なので \(\mu’ \approx 1/5.2 \approx 0.19\) となり、一般的な動摩擦係数の値として妥当です。
問(5)
思考の道筋とポイント
図2のグラフから、十分時間が経過した後の速度（終端速度）を読み取ります。
グラフは \(v=4\) に漸近しているので、\(v_0 = 4\) です。
これを問(3)で求めた終端速度の式、あるいは力のつりあいの式に代入して \(k\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- グラフの漸近線: \(t \to \infty\) での値が終端速度 \(v_0\) です。
- 既知の変数の利用: \(M, g, \theta, \mu’, v_0\) が全て揃ったので、残る未知数 \(k\) を決定できます。
具体的な解説と立式
グラフより、終端速度は \(v_0 = 4\) です。
問(3)のつりあいの式（式②）を変形した以下の式を用います。
$$
\begin{aligned}
k v_0 &= Mg (\sin 30^\circ – \mu’ \cos 30^\circ)
\end{aligned}
$$
これに \(v_0=4\) と、先ほど求めた \(\mu’ = \frac{1}{3\sqrt{3}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
4k &= Mg \left( \frac{1}{2} – \frac{1}{3\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい（終端状態）
式④の括弧内を計算します。
$$
\begin{aligned}
4k &= Mg \left( \frac{1}{2} – \frac{1}{6} \right) \\[2.0ex]
4k &= Mg \left( \frac{3-1}{6} \right) \\[2.0ex]
4k &= Mg \cdot \frac{2}{6} \\[2.0ex]
4k &= \frac{1}{3} Mg
\end{aligned}
$$
\(k\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
k &= \frac{1}{12} Mg
\end{aligned}
$$
グラフの最後の方を見ると、速度が \(4\) で一定になっています。
このとき、重力による「進ませる力」と、摩擦＆空気抵抗による「止める力」が完全に引き分け（つりあい）になっています。
摩擦力はさっき計算で分かったので、残りの空気抵抗の強さを決める係数 \(k\) を計算しました。
答えは \(k = \frac{1}{12} Mg\) です。
次元を確認すると、\(kv\) が力の次元 \([MLT^{-2}]\) なので、\(k\) は \([MT^{-1}]\) です。
右辺は \([M][LT^{-2}]\) なので合いません…おっと、問題文のグラフの縦軸 \(v\) の単位や \(t\) の単位が明記されていませんが、\(v_0=4\) は無次元数ではなく単位を持つ量（例えば m/s）です。
係数 \(1/12\) は \(1/v_0\) の次元を持つため、全体として整合します。
思考の道筋とポイント
運動方程式は、加速度 \(a\) が速度 \(v\) の時間微分 \(\frac{dv}{dt}\) であることを考慮すると、\(v\) に関する微分方程式となります。
これを解くことで、速度 \(v\) が時間 \(t\) とともにどのように変化するか（\(v-t\) グラフの形状）を数学的に導出できます。
この設問における重要なポイント
- 変数分離形: 微分方程式を \(\frac{dv}{f(v)} = dt\) の形に変形して積分します。
- 初期条件: \(t=0\) で \(v=0\) を用いて積分定数を決定します。
具体的な解説と立式
運動方程式（式①）を \(a = \frac{dv}{dt}\) を用いて書き換えます。
ここで、定数項をまとめて \(F = Mg \sin \theta – \mu’ Mg \cos \theta\) と置きます。
$$
\begin{aligned}
M \frac{dv}{dt} &= F – kv
\end{aligned}
$$
変数を分離します。
$$
\begin{aligned}
\frac{M}{F – kv} dv &= dt
\end{aligned}
$$
両辺を積分します（\(t=0\) で \(v=0\)）。
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{v} \frac{M}{F – kv’} dv’ &= \int_{0}^{t} dt’
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 微分の定義: \(a = \frac{dv}{dt}\)
- 積分の公式: \(\int \frac{1}{A-Bx} dx = -\frac{1}{B} \ln|A-Bx|\)
左辺の積分を実行します。
$$
\begin{aligned}
\left[ -\frac{M}{k} \ln|F – kv’| \right]_{0}^{v} &= t \\[2.0ex]
-\frac{M}{k} (\ln(F – kv) – \ln F) &= t \quad ( t=0 \text{で} v=0 \text{より} F-kv > 0) \\[2.0ex]
\ln \left( \frac{F – kv}{F} \right) &= -\frac{k}{M} t
\end{aligned}
$$
指数関数を用いて \(v\) を解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{F – kv}{F} &= e^{-\frac{k}{M}t} \\[2.0ex]
F – kv &= F e^{-\frac{k}{M}t} \\[2.0ex]
kv &= F (1 – e^{-\frac{k}{M}t}) \\[2.0ex]
v(t) &= \frac{F}{k} (1 – e^{-\frac{k}{M}t})
\end{aligned}
$$
\(F\) を元の式に戻すと、
$$
\begin{aligned}
v(t) &= \frac{Mg(\sin \theta – \mu’ \cos \theta)}{k} (1 – e^{-\frac{k}{M}t})
\end{aligned}
$$
【設問(3)の検証】
十分時間が経過したとき（\(t \to \infty\)）、\(e^{-\frac{k}{M}t} \to 0\) となります。
よって、終端速度 \(v_0\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
v_0 &= \lim_{t \to \infty} v(t) = \frac{Mg(\sin \theta – \mu’ \cos \theta)}{k}
\end{aligned}
$$
これは問(3)の結果と完全に一致します。
【設問(4)の検証】
\(t=0\) での加速度（接線の傾き）を求めます。
$$
\begin{aligned}
a(0) &= \left. \frac{dv}{dt} \right|_{t=0} \\[2.0ex]
&= \left. \frac{F}{k} \cdot \left( – \left( -\frac{k}{M} \right) \right) e^{-\frac{k}{M}t} \right|_{t=0} \\[2.0ex]
&= \frac{F}{M} \cdot 1 \\[2.0ex]
&= \frac{Mg(\sin \theta – \mu’ \cos \theta)}{M} \\[2.0ex]
&= g(\sin \theta – \mu’ \cos \theta)
\end{aligned}
$$
これがグラフより \(\frac{1}{3}g\) に等しいので、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{3}g &= g(\sin 30^\circ – \mu’ \cos 30^\circ)
\end{aligned}
$$
となり、問(4)の立式と一致します。
運動方程式を「速度の未来を予言する式（微分方程式）」として解きました。
得られた式 \(v(t)\) は、時間が経つにつれて指数関数的にある値（終端速度）に近づいていく様子を表しています。
この式を使えば、いつ、どんな速度になっているかを完全に計算できます。
微積分を用いることで、グラフの形状（指数関数的アプローチ）や終端速度の意味が数理的に裏付けられました。
【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？
- 運動方程式と終端速度
- 核心: 速度に依存する抵抗力（空気抵抗など）が働く場合、物体は等加速度運動ではなく、加速度が徐々に減少する運動を行い、最終的に力がつり合って等速運動（終端速度）になります。
- 理解のポイント:
- 初期状態: 速度 \(0\) なので抵抗なし。加速度は最大（\(F/m\)）。
- 過渡状態: 速度が増すと抵抗が増え、合力が減るため加速度が減少。
- 終端状態: 抵抗力が推進力と等しくなり、合力 \(0\)、加速度 \(0\)、速度一定。
- \(v-t\) グラフの解釈
- 核心: グラフの「傾き」は加速度、「漸近線」は終端速度を表します。
- 理解のポイント:
- \(t=0\) の接線 \(\rightarrow\) 初速度 \(0\) での運動方程式に対応。
- \(t \to \infty\) の値 \(\rightarrow\) 力のつりあいの式に対応。
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:
- 雨滴の落下: 重力 \(mg\) と空気抵抗 \(kv\)（または \(kv^2\)）のつりあい。本問の斜面角を \(90^\circ\) にしたケースと同じです。
- 電磁誘導中の導体棒: 磁場中を動く導体棒には、速さに比例するローレンツ力（ブレーキ）が働き、終端速度に達します。数式構造は全く同じです。
- コンデンサーの充電: 回路方程式 \(RI + Q/C = V\) も、電流 \(I\) に関して同様の微分方程式になり、電流は指数関数的に変化します。
- 初見の問題での着眼点:
- 「速度に比例する力」: このキーワードが出たら、「終端速度（力がつり合う状態）」を問われると予想します。
- グラフの特異点: \(t=0\)（始点）と \(t \to \infty\)（終点）の情報がヒントになります。それぞれの時点での運動方程式やつりあいの式を立てましょう。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力の分解ミス:
- 誤解: \(\sin\) と \(\cos\) を逆にしてしまう。
- 対策: \(\theta \to 0\) （水平）のときを想像します。斜面成分（加速力）は \(0\) になるはずなので \(\sin \theta\)、垂直成分（重さ）は \(mg\) になるはずなので \(\cos \theta\) と判断できます。
- 終端速度の条件:
- 誤解: 終端速度を求めるときに、まだ \(ma\) を残してしまう。
- 対策: 「十分時間が経過」「一定の速度」という言葉を見たら、即座に \(a=0\) （力のつりあい）に切り替えます。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)での公式選択（運動方程式）:
- 選定理由: 加速度 \(a\) と力 \(F\) の関係を問われているため、ニュートンの運動方程式一択です。
- 適用根拠: 慣性系における運動記述の基本原理であるため。
- 問(3)での公式選択（力のつりあい）:
- 選定理由: 「等速度運動」というキーワードから、加速度 \(a=0\) すなわち合力が \(0\) であることが確定するため。
- 適用根拠: 運動方程式において \(a=0\) と置いた特異解であるため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の次元確認:
- 意識: \(kv\) と \(Mg\) は足し算できるか？
- 実践: \(kv\) は [力] の次元、\(Mg\) も [力] の次元。OKです。もし \(k\) だけ足していたら次元が合わないのでミスに気づけます。
- グラフの読み取り:
- 意識: 接線の傾きを求めるとき、グリッド（目盛り）の交点を正確に読み取ります。
- 実践: 図2では、破線が \(t=3\) のとき \(v=g\)（目盛りはないが式 \(v=gt/3\) より）を通ることを確認します。あるいは \(t=1\) で \(v=g/3\) など、読みやすい点を使います。
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