「物理重要問題集2026」徹底解説（34〜36問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題34 液体の抵抗を受ける物体 (24 名古屋大)

【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「粘性抵抗を受ける物体の落下運動と、それを含む系全体の力のつりあい」です。
流体中を落下する物体が受ける抵抗力と、その反作用が容器（水槽）に及ぼす影響を考察します。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
まずは「糸を切る直前」と「糸を切った直後」のそれぞれの状態を整理します。
どちらの状態でも、金属球の速度は \(0\) です。
抵抗力の大きさは \(kv\) なので、速度 \(v=0\) のときは抵抗力も \(0\) となります。
また、金属球の体積は無視できるため、浮力も無視します。

この設問における重要なポイント

• 速度0なら抵抗なし: \(v=0\) なので、液体と球の間には抵抗力による相互作用はありません。
• 直前の状態: 球は糸で吊られており、水槽には触れていません。水槽と液体は床に乗っています。
• 直後の状態: 糸は切れましたが、一瞬なので球の位置も速度も変わっていません（\(v=0\)）。球は宙に浮いていますが、液体との相互作用（抵抗力）はまだ発生していません。

具体的な解説と立式
1. 糸を切る直前 (\(N_1\))
図a（模範解答の図a参照）のように考えます。
水槽と液体をひとまとめにした物体（質量 \(M + \rho V\)）に着目します。
この物体にはたらく力は以下の通りです。

• 重力: \((M + \rho V)g\) （鉛直下向き）
• 床からの垂直抗力: \(N_1\) （鉛直上向き）

球は糸で吊られており、液体に対して力を及ぼしていません（浮力も抵抗力もなし）。
したがって、水槽と液体についての鉛直方向の力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex] N_1 &= (M + \rho V)g
\end{aligned}
$$
2. 糸を切った直後 (\(N_2\))
図b（模範解答の図b参照）のように考えます。
糸が切れた瞬間ですが、球の速度はまだ \(0\) です。
速度が \(0\) なので、抵抗力 \(kv\) も \(0\) です。
したがって、液体が球から受ける力（抵抗力の反作用）も \(0\) です。
水槽と液体にはたらく力は、直前と全く変わりません。
水槽と液体についての鉛直方向の力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex] N_2 &= (M + \rho V)g
\end{aligned}
$$

立式した式をそのまま整理します。
$$
\begin{aligned}
N_1 &= (M + \rho V)g
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
N_2 &= (M + \rho V)g
\end{aligned}
$$

糸を切る前、水槽は自分自身の重さと中の液体の重さを支えています。球は糸が支えているので関係ありません。
糸を切った瞬間、球は落ち始めようとしますが、まだスピードが出ていません。
液体の抵抗力は「動いている物体」に対してはたらくので、止まっている（スピード0の）球からは何の力も受けません。
つまり、水槽にとっては、球が糸で吊られていようが、糸が切れてその場に浮いていようが、球から押されたり引かれたりしない限り、支える重さは変わりません。

\(N_1\) と \(N_2\) は等しく、\((M + \rho V)g\) となります。
これは、球と液体の間に相互作用がないため、水槽が支えるのは「水槽＋液体」の重力のみであるという物理的直感と一致します。

問(2)

思考の道筋とポイント
時刻 \(0 < t < t_1\) では、金属球は速度 \(v\) で落下しています。
このとき、球は液体から上向きの抵抗力 \(kv\) を受けます。
同時に、作用・反作用の法則により、液体（水槽側）は球から下向きの力 \(kv\) を受けます。
この「反作用」を見落とさないことが最大のポイントです。

この設問における重要なポイント

• 金属球の運動方程式: 球には重力と抵抗力がはたらき、加速しています。
• 作用・反作用: 球が受ける抵抗力 \(kv\)（上向き）に対し、液体は反作用 \(kv\)（下向き）を受けます。
• 水槽のつりあい: 水槽は動いていないので、力のつりあいが成立します。

具体的な解説と立式
1. 金属球の運動方程式
図c（模範解答の図c参照）のように、金属球（質量 \(m\)）にはたらく力を考えます。

• 重力: \(mg\) （鉛直下向き）
• 抵抗力: \(kv\) （鉛直上向き）

鉛直下向きを正として、加速度 \(a\) で運動する球の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
ma &= (\text{運動方向の力}) – (\text{逆方向の力}) \\[2.0ex] ma &= mg – kv \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
2. 水槽が床から受ける垂直抗力 \(N_3\)
図d（模範解答の図d参照）のように、水槽と液体（質量 \(M + \rho V\)）にはたらく力を考えます。

• 重力: \((M + \rho V)g\) （鉛直下向き）
• 球からの抵抗力の反作用: \(kv\) （鉛直下向き）
• 床からの垂直抗力: \(N_3\) （鉛直上向き）

水槽は静止しているので、鉛直方向の力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex] N_3 &= (M + \rho V)g + kv \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$

式①は既に運動方程式の形になっています。
$$
\begin{aligned}
ma &= mg – kv
\end{aligned}
$$
式②も既に \(N_3\) について解かれています。
$$
\begin{aligned}
N_3 &= (M + \rho V)g + kv
\end{aligned}
$$

球が液体の中を落ちていくとき、球は液体を押しのけて進むので、液体から「邪魔だ！」という抵抗力を受けます。
逆に言えば、球は液体を「どけ！」と下向きに押しながら進んでいることになります。
水槽はこの「球が液体を下向きに押す力」も支えなければなりません。
だから、水槽が床を押す力（＝床からの垂直抗力）は、もともとの重さに加えて、この抵抗力の分だけ増えることになります。

運動方程式は \(ma = mg – kv\)、垂直抗力は \(N_3 = (M + \rho V)g + kv\) です。
速度 \(v\) が増えると抵抗力 \(kv\) が増し、垂直抗力 \(N_3\) も増加するという関係は、球が液体をより強く押すことになるため妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
「終端速度に到達した」とは、速度が一定になった、つまり加速度が \(0\) になった状態を指します。
問(2)で立てた運動方程式において \(a=0\) とすることで、そのときの速度（終端速度 \(v_{\text{f}}\)）が求まります。
さらに、その \(v_{\text{f}}\) を \(N_3\) の式に代入すれば、そのときの垂直抗力 \(N_4\) が求まります。

この設問における重要なポイント

• 終端速度の条件: 加速度 \(a=0\)、速度 \(v = v_{\text{f}}\)（一定）。
• 力のつりあい: 球については、重力と抵抗力が完全につりあっています。

具体的な解説と立式
時刻 \(t=t_1\) において、球の速度は \(v_{\text{f}}\)、加速度は \(0\) です。
問(2)の運動方程式（式①）において、\(a=0, v=v_{\text{f}}\) とします。
$$
\begin{aligned}
m \cdot 0 &= mg – k v_{\text{f}} \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
また、垂直抗力 \(N_4\) は、問(2)の \(N_3\) の式（式②）において \(v=v_{\text{f}}\) としたものです。
$$
\begin{aligned}
N_4 &= (M + \rho V)g + k v_{\text{f}} \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$

式④より、終端速度 \(v_{\text{f}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
0 &= mg – k v_{\text{f}} \\[2.0ex] k v_{\text{f}} &= mg \\[2.0ex] v_{\text{f}} &= \frac{mg}{k}
\end{aligned}
$$
これを式⑤に代入して \(N_4\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
N_4 &= (M + \rho V)g + mg \\[2.0ex] &= (M + m + \rho V)g
\end{aligned}
$$

球がどんどん速くなると、抵抗力も大きくなります。やがて抵抗力が重力と同じ大きさになると、球はそれ以上加速しなくなります（終端速度）。
このとき、球にはたらく重力 \(mg\) は、抵抗力 \(kv_{\text{f}}\) によって完全に支えられています。
そして、その抵抗力の反作用として、液体（水槽）は下向きに \(kv_{\text{f}} = mg\) の力を受けます。
つまり、水槽は「自分の重さ」＋「液体の重さ」＋「球の重さ相当の力」を支えることになります。
結果として、全体の重さ \((M + m + \rho V)g\) がそのまま床にかかることになります。

\(N_4 = (M + m + \rho V)g\) となりました。
これは、球が一定速度で落ちているとき、系全体としては加速度が \(0\) なので、外力の総和（重力と垂直抗力）がつりあっている状態、すなわち \(N = \text{全重力}\) となることと完全に一致します。

問(4)

思考の道筋とポイント
垂直抗力 \(N\) の時間変化をグラフから選びます。
これまでの結果を整理します。

• \(t=0\) （直後）: \(N = N_2 = (M + \rho V)g\)
• \(0 < t < t_1\) : \(N = N_3 = (M + \rho V)g + kv\)
  • 速度 \(v\) は \(0\) から \(v_{\text{f}}\) まで増加します。したがって \(N\) も増加します。
• \(t=t_1\) （終端速度）: \(N = N_4 = (M + m + \rho V)g\)
  • \(t_1 < t < t_2\) の間、速度は \(v_{\text{f}}\) で一定なので、\(N\) も \(N_4\) で一定です。
• \(t > t_2\) （底面で静止）: 球は床（水槽の底）に乗って静止します。

この設問における重要なポイント

• 増加の様子: \(v\) が増加するにつれて \(N\) も増加します。
• 最終状態: 底に落ちて静止した後は、単に物体が積み重なっているだけなので、全重力が垂直抗力になります。

具体的な解説と立式
1. \(0 < t < t_1\) の変化
\(N = (M + \rho V)g + kv\) です。
速度 \(v\) は時間とともに増加しますが、その増加の勢い（加速度）は徐々に小さくなり、一定値 \(v_{\text{f}}\) に近づきます（上に凸のグラフ）。
したがって、\(N\) も同様に、急激に増えた後、徐々に一定値 \(N_4\) に近づく曲線を描きます。

2. \(t_1 < t < t_2\) の変化
速度が \(v_{\text{f}}\) で一定なので、\(N\) も \(N_4 = (M + m + \rho V)g\) で一定となります。

3. \(t > t_2\) の変化
球が底に着いて静止しました。
図e（模範解答の図e参照）のように、水槽の底が球を支える垂直抗力を \(R\) とすると、球のつりあいより \(R=mg\) です。
水槽は、球から反作用 \(R=mg\) を下向きに受けます。
水槽と液体にはたらく力のつりあいを考えます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex] N_5 &= (M + \rho V)g + R \\[2.0ex] &= (M + \rho V)g + mg \\[2.0ex] &= (M + m + \rho V)g
\end{aligned}
$$
つまり、\(t > t_2\) における垂直抗力 \(N_5\) は、\(t_1 < t < t_2\) における \(N_4\) と全く同じ値です。

グラフの特徴をまとめます。

• \(t=0\) で \(N = (M + \rho V)g\) からスタート。
• \(t_1\) まで増加し、\(N = (M + m + \rho V)g\) に達する。
• \(t_1\) から \(t_2\) まで一定値 \((M + m + \rho V)g\) をキープ。
• \(t_2\) 以降も同じ値 \((M + m + \rho V)g\) をキープ。

つまり、\(t_1\) 以降はずっと一定値（最大値）となるグラフを探します。
選択肢の中で、\(t_1\) まで増加し、その後ずっと横ばいになっているのは ⑧ です。

最初は球が止まっているので、水槽は自分の重さだけを支えています。
球が落ち始めると、抵抗力の反作用で水槽は下向きに押され、支える力が徐々に増えます。
球が最高速度（終端速度）になると、抵抗力は球の重さと同じになり、水槽は「自分の重さ＋球の重さ」を支える状態になります。
その後、球が底に着いても、結局水槽は「自分の重さ＋球の重さ」を支えることになるので、床からの垂直抗力は変わりません。
したがって、最初は低い値から始まり、増えていって一定になり、その後もずっと変わらないグラフを選びます。

選択肢⑧が、導き出した挙動（増加 \(\to\) 一定 \(\to\) そのまま一定）と一致します。
特に \(t_2\) 前後で値が変わらない（不連続にならない）点が重要です。終端速度での抵抗力による押し付け（\(kv_{\text{f}}=mg\)）と、底に着いてからの接触力による押し付け（\(R=mg\)）が同じ大きさだからです。

【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？

• 作用・反作用の法則と系の概念
  • 核心: 物体Aが物体Bに力を及ぼせば、必ずBもAに逆向きの同じ力を及ぼすという法則が、流体抵抗においても成立すること。
  • 理解のポイント:
    • 見えない力: 接触していなくても、流体を介して力が伝わることを理解する。
    • 系の選択: 「球だけ」「水槽だけ」を見るか、「全体」を見るかで、内力（抵抗力）の扱いが変わることを認識する。
• 終端速度と力のつりあい
  • 核心: 速度に依存する抵抗力が重力とつりあうことで、加速度がなくなり一定速度になる現象。
  • 理解のポイント:
    • プロセスの理解: 加速 \(\to\) 抵抗増 \(\to\) 加速度減 \(\to\) つりあい（加速度0）という一連の流れを追う。
    • グラフの形状: 速度や抵抗力が、ある値に「漸近」していく（徐々に近づく）変化をイメージする。

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:
  • 気球や泡の浮上: 重力と浮力と抵抗力の3力が関わる問題。向きが変わるだけで、運動方程式の立て方は同じ。
  • 電磁誘導による導体棒の運動: 抵抗力が速度に比例するローレンツ力に置き換わるだけで、終端速度に至るプロセスやグラフの形は全く同じ（指数関数的変化）。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 「十分時間が経過した」のキーワード: 加速度 \(a=0\) と置いて、力のつりあいの式を立てる合図。
  2. 容器ごとの重量計測: 中で何かが動いていても、系全体を一つの箱として見れば、重心運動方程式で床への力を計算できる。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 抵抗力の反作用の見落とし:
  • 誤解: 球が受ける抵抗力 \(kv\) は考えるが、水槽（液体）が受ける下向きの力 \(kv\) を忘れてしまう。
  • 対策: 「球が液体を押しのける」\(\to\)「液体も球を押す」という相互作用を常にペアで描く習慣をつける。あるいは、別解のように「系全体」で考えて内力を消去する。
• \(t=0\) での抵抗力の扱い:
  • 誤解: 糸を切った直後だから、すぐに抵抗力がはたらくと思い込み、\(N_2\) に \(kv\) を足してしまう。
  • 対策: 抵抗力は \(f=kv\) なので、速度 \(v=0\) なら力も \(0\) であることを数式から冷静に判断する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(2)での個別の運動方程式とつりあい:
  • 選定理由: 設問が球の運動方程式と水槽の垂直抗力を別々に求めているため、それぞれの物体に着目する基本に忠実な方法が最適。
  • 適用根拠: それぞれの物体について、はたらく力を漏れなく列挙できれば、ニュートンの運動法則がそのまま適用できる。
• 問(2)別解での系全体の運動方程式:
  • 選定理由: 抵抗力 \(kv\) という内力を計算せずに、外部への影響（垂直抗力）だけを素早く正確に求めたい場合に有効。
  • 適用根拠: 複数の物体からなる系であっても、外力の総和は重心の運動（全質量 \(\times\) 重心加速度）を決定するという法則は常に成立する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 極限状態でのチェック:
  • 意識: 求めた式が、極端な場合（\(v=0\) や \(v=v_{\text{f}}\)）でも矛盾しないか確認する。
  • 実践: 問(2)の \(N_3\) の式に \(v=0\) を代入して \(N_2\) になるか、\(v=v_{\text{f}}\) を代入して \(N_4\) になるかを検算する。
• 次元解析（単位チェック）:
  • 意識: 足し算している項同士の単位が合っているか。
  • 実践: \(Mg\)（力）と \(kv\)（力）は足せるが、\(M\)（質量）と \(kv\) は足せない。式の各項がすべて「力（ニュートン）」の次元になっているか確認する。

問題35 ばねにつながれた物体の運動と運動エネルギー (東京工大)

【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ばね振り子の運動とエネルギー収支」です。
摩擦力という非保存力が仕事をする系において、力学的エネルギーがどのように減少していくかを追跡します。また、衝突によるエネルギー損失や、静止摩擦力による停止条件など、力学の重要要素が複合的に組み合わされています。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
物体Bは、P点（\(x=l\)）から原点O（\(x=0\)）に向かって、摩擦のある領域を距離 \(l\) だけ移動します。
この間、物体Bには動摩擦力がはたらき、負の仕事をします。
初期エネルギー \(E\) から、この摩擦の仕事を引いたものが、衝突直前の運動エネルギー \(E’\) となります。

この設問における重要なポイント

• 動摩擦力の向き: 運動方向と逆向きにはたらきます。
• 仕事の符号: 運動方向と逆向きの力は負の仕事をします。

具体的な解説と立式
物体B（質量 \(m\)）にはたらく垂直抗力を \(N_{\text{B}}\) とします。
鉛直方向の力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
N_{\text{B}} &= mg
\end{aligned}
$$
動摩擦係数は \(\mu’\) なので、物体Bにはたらく動摩擦力の大きさ \(f’\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f’ &= \mu’ N_{\text{B}}
\end{aligned}
$$
物体Bは距離 \(l\) だけ移動するので、動摩擦力がする仕事 \(W\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
W &= -f’ l
\end{aligned}
$$
仕事とエネルギーの関係より、衝突直前の運動エネルギー \(E’\) は、初期エネルギー \(E\) に仕事 \(W\) を加えたものになります。
$$
\begin{aligned}
E’ &= E + W
\end{aligned}
$$

まず、\(f’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
f’ &= \mu’ mg
\end{aligned}
$$
次に、\(W\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
W &= -(\mu’ mg) l \\[2.0ex] &= -\mu’ mgl
\end{aligned}
$$
最後に、\(E’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
E’ &= E + (-\mu’ mgl) \\[2.0ex] &= E – \mu’ mgl
\end{aligned}
$$

物体Bがザラザラした床の上を滑ってくるので、摩擦によってブレーキがかかります。
そのブレーキによって失われたエネルギー（摩擦がした仕事）の分だけ、持っていたエネルギーが減ってしまいます。
具体的には、摩擦力の大きさ \(\times\) 滑った距離 の分だけエネルギーが引き算されます。

答えは \(E – \mu’ mgl\) です。
摩擦係数 \(\mu’\) や距離 \(l\) が大きいほどエネルギーが減る形になっており、物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
物体Bが物体Aに衝突し、一体となって運動します。
衝突は瞬間的な現象であり、この間の摩擦力による力積は無視できるため、運動量保存則が成立します。
衝突直前のBの速さを \(v_{\text{B}}\)、衝突直後のAB（一体）の速さを \(V_{\text{AB}}\) として関係式を立てます。

この設問における重要なポイント

• 運動量保存則: 衝突前後で系の全運動量は保存されます。
• エネルギーの非保存: 完全非弾性衝突（合体）では、力学的エネルギーは保存されず、一部が熱などに変わって失われます。したがって、エネルギー保存則ではなく運動量保存則を使わなければなりません。

具体的な解説と立式
衝突直前の物体Bの速さを \(v_{\text{B}}\) とします。運動エネルギーの定義より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
E’ &= \frac{1}{2} m v_{\text{B}}^2 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
衝突直後の物体AB（質量 \(m+m=2m\)）の速さを \(V_{\text{AB}}\) とします。
左向きを正として、運動量保存則の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{衝突前の運動量}) &= (\text{衝突後の運動量}) \\[2.0ex] m v_{\text{B}} &= (m + m) V_{\text{AB}} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
衝突直後の物体ABの運動エネルギー \(E_{\text{AB}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{AB}} &= \frac{1}{2} (2m) V_{\text{AB}}^2 \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$

式②より、\(V_{\text{AB}}\) を \(v_{\text{B}}\) で表します。
$$
\begin{aligned}
2m V_{\text{AB}} &= m v_{\text{B}} \\[2.0ex] V_{\text{AB}} &= \frac{1}{2} v_{\text{B}}
\end{aligned}
$$
これを式③に代入します。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{AB}} &= \frac{1}{2} (2m) \left( \frac{1}{2} v_{\text{B}} \right)^2 \\[2.0ex] &= m \cdot \frac{1}{4} v_{\text{B}}^2 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} m v_{\text{B}}^2 \right)
\end{aligned}
$$
ここで式① \(E’ = \frac{1}{2} m v_{\text{B}}^2\) を用います。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{AB}} &= \frac{1}{2} E’
\end{aligned}
$$
(1)の結果 \(E’ = E – \mu’ mgl\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{AB}} &= \frac{E – \mu’ mgl}{2}
\end{aligned}
$$

同じ重さの物体同士がぶつかって合体すると、運動量の保存則により、速度は半分になります。
運動エネルギーは「速度の2乗」に比例するので、速度が半分になるとエネルギーは \(\frac{1}{4}\) になりそうですが、質量が2倍になっているので、トータルでは \(\frac{1}{2}\) になります。
つまり、衝突によってエネルギーの半分が失われ、残りの半分を持って動き出します。

答えは \(\frac{E – \mu’ mgl}{2}\) です。
完全非弾性衝突において、等質量同士の衝突ではエネルギーが半減するという一般的な結果と一致しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
衝突後、物体ABは原点Oから左側（\(x<0\)）へ動き出します。
問題文より、\(x<0\) の領域は摩擦がありません。 したがって、ばねを縮めて停止し、再び原点Oに戻ってくるまでの間、力学的エネルギーは保存されます。 つまり、物体ABは衝突直後と同じ運動エネルギー \(E_{\text{AB}}\) を持って、原点Oを右向きに通過します。 その後、摩擦のある領域（\(x>0\)）に入り、位置 \(x\) で停止します。
この「Oから \(x\) まで」の過程について、仕事とエネルギーの関係式を立てます。

この設問における重要なポイント

• 摩擦なし区間の往復: \(x<0\) 領域ではエネルギーロスがないため、Oに戻ってきたときの速さは出発時と同じです。
• 摩擦あり区間での減衰: Oから \(x\) までの移動で、動摩擦力が負の仕事をします。
• 最終状態: 位置 \(x\) で速度が \(0\) になりますが、ばねは伸びているため弾性エネルギーを持っています。

具体的な解説と立式
原点Oを通過する瞬間の物体ABの運動エネルギーは \(E_{\text{AB}}\) です。
位置 \(x\) で停止した瞬間の運動エネルギーは \(0\)、弾性エネルギーは \(\frac{1}{2}kx^2\) です。
物体AB（質量 \(2m\)）にはたらく動摩擦力 \(f”\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f” &= \mu’ (2m)g \\[2.0ex] &= 2\mu’ mg
\end{aligned}
$$
移動距離は \(x\) なので、動摩擦力がした仕事 \(W”\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
W” &= -f” x \\[2.0ex] &= -2\mu’ mg x
\end{aligned}
$$
仕事とエネルギーの関係式（エネルギーの変化＝非保存力がした仕事）を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{後の力学的エネルギー}) – (\text{前の力学的エネルギー}) &= (\text{仕事}) \\[2.0ex] \left( 0 + \frac{1}{2}kx^2 \right) – (E_{\text{AB}} + 0) &= -2\mu’ mg x \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$

式④に(2)の結果 \(E_{\text{AB}} = \frac{E – \mu’ mgl}{2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}kx^2 – \frac{E – \mu’ mgl}{2} &= -2\mu’ mg x
\end{aligned}
$$
両辺を2倍して整理します。
$$
\begin{aligned}
kx^2 – (E – \mu’ mgl) &= -4\mu’ mg x \\[2.0ex] kx^2 + 4\mu’ mg x – E + \mu’ mgl &= 0
\end{aligned}
$$
ここで、問題文の条件 \(kl = 3\mu’ mg\) より、\(\mu’ mg = \frac{kl}{3}\) と置き換えます。
$$
\begin{aligned}
kx^2 + 4\left( \frac{kl}{3} \right) x – E + \left( \frac{kl}{3} \right) l &= 0 \\[2.0ex] kx^2 + \frac{4}{3}klx – E + \frac{1}{3}kl^2 &= 0
\end{aligned}
$$
全体を \(k\) で割り、3倍して分母を払います。
$$
\begin{aligned}
3x^2 + 4lx – \frac{3E}{k} + l^2 &= 0 \\[2.0ex] 3x^2 + 4lx + (l^2 – \frac{3E}{k}) &= 0
\end{aligned}
$$
解の公式 \(x = \frac{-b’ \pm \sqrt{b’^2 – ac}}{a}\) を用います（\(a=3, b’=2l, c=l^2 – \frac{3E}{k}\)）。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{-2l \pm \sqrt{(2l)^2 – 3(l^2 – \frac{3E}{k})}}{3} \\[2.0ex] &= \frac{-2l \pm \sqrt{4l^2 – 3l^2 + \frac{9E}{k}}}{3} \\[2.0ex] &= \frac{-2l \pm \sqrt{l^2 + \frac{9E}{k}}}{3}
\end{aligned}
$$
\(x > 0\) （原点より右側）でなければならないため、複号は \(+\) を採用します。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{-2l + \sqrt{l^2 + \frac{9E}{k}}}{3} \\[2.0ex] &= -\frac{2}{3}l + \frac{1}{3}\sqrt{l^2 + \frac{9E}{k}} \\[2.0ex] &= -\frac{2}{3}l + \sqrt{\frac{l^2}{9} + \frac{E}{k}}
\end{aligned}
$$

衝突して合体した物体は、一度左側の摩擦のないエリアへ行き、ばねに押し返されて戻ってきます。この間、エネルギーは減りません。
原点Oに戻ってきた時点では、衝突直後と同じ元気さ（エネルギー）を持っています。
そこから右側のザラザラしたエリアに入ると、摩擦によってエネルギーを削られながら進み、同時にばねを伸ばすことでもエネルギーを使います。
「持っていた運動エネルギー」が、「摩擦による熱」と「ばねの弾性エネルギー」にすべて変わった地点で、物体は停止します。

答えは \(-\frac{2}{3}l + \sqrt{\frac{E}{k} + \frac{l^2}{9}}\) です。
\(E\) が大きければ \(x\) も大きくなるため、妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
位置 \(x\) で一瞬停止した後、物体ABが再び動き出すか、そのまま静止し続けるかを判定します。
動き出す条件は、「ばねが引き戻そうとする力（弾性力）」が「動き出すのを妨げる力（最大静止摩擦力）」よりも大きいことです。
逆に、弾性力が最大静止摩擦力以下であれば、物体はそのまま静止します。

この設問における重要なポイント

• 力の比較: 弾性力 \(kx\) と最大静止摩擦力 \(f_0\) の大小関係を調べます。
• 条件の利用: 問題文で与えられた \(\mu = 2\mu’\) や \(kl = 3\mu’ mg\) を駆使して不等式を評価します。
• 位置の範囲: 問(3)の状態は、問題文[B]の設定より \(x \le l\) （OP間）です。

具体的な解説と立式
位置 \(x\) におけるばねの弾性力の大きさ \(F_{\text{ばね}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{ばね}} &= kx
\end{aligned}
$$
物体AB（質量 \(2m\)）にはたらく最大静止摩擦力 \(f_0\) は、静止摩擦係数 \(\mu\) を用いて以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_0 &= \mu (2m)g \\[2.0ex] &= 2\mu mg
\end{aligned}
$$
ここで、条件 \(\mu = 2\mu’\) を用います。
$$
\begin{aligned}
f_0 &= 2(2\mu’) mg \\[2.0ex] &= 4\mu’ mg
\end{aligned}
$$
さらに、条件 \(kl = 3\mu’ mg\) より \(\mu’ mg = \frac{1}{3}kl\) なので、これを代入します。
$$
\begin{aligned}
f_0 &= 4 \cdot \frac{1}{3}kl \\[2.0ex] &= \frac{4}{3}kl
\end{aligned}
$$
一方、弾性力 \(kx\) について考えます。
この設問の設定では、物体はOP間で停止したので \(x \le l\) です。
したがって、弾性力の最大値は \(x=l\) のときの \(kl\) です。
$$
\begin{aligned}
kx &\le kl
\end{aligned}
$$
これらを比較します。
$$
\begin{aligned}
kx \le kl < \frac{4}{3}kl = f_0
\end{aligned}
$$
つまり、どの位置 \(x\) で止まったとしても、弾性力 \(kx\) は常に最大静止摩擦力 \(f_0\) よりも小さいことがわかります。

上記の立式過程で示した通り、以下の不等式が成立します。
$$
\begin{aligned}
kx &< f_0
\end{aligned}
$$

ばねが物体を引き戻そうとする力と、床が物体を留めようとする摩擦力を比べました。
計算してみると、ばねが一番伸びた状態（点P）まで行ったとしても、その引き戻す力は、摩擦が耐えられる限界（最大静止摩擦力）よりも小さいことがわかりました。
引っ張る力が摩擦に勝てないので、物体は動き出すことができず、そのまま止まり続けます。

弾性力が最大静止摩擦力を超えないため、物体は静止し続けます。

問(5)

思考の道筋とポイント
今度はエネルギー \(E\) が大きく、物体ABはP点（\(x=l\)）を飛び出します。
Pより右側は摩擦がないため、ばねの力だけで減速し、停止して折り返します。
この「Pより右側への往復」の間、力学的エネルギーは保存されます。
つまり、P点を右向きに通過したときの速さと、戻ってきてP点を左向きに通過するときの速さは同じです。
したがって、エネルギー収支を考える上では、「Pより右側の往復」によるエネルギーロスはゼロとみなせます。
結局、以下の経路での摩擦の仕事を考えればよいことになります。
経路: O \(\to\) P \(\to\) （右側往復） \(\to\) P \(\to\) \(x\)

この設問における重要なポイント

• 経路の分割:
  1. O \(\to\) P: 距離 \(l\)、摩擦あり。
  2. P \(\to\) 右側 \(\to\) P: 摩擦なし、エネルギー保存（Pでの運動エネルギーは行きと帰りで同じ）。
  3. P \(\to\) \(x\): 距離 \(l-x\)、摩擦あり。
• 総移動距離: 摩擦のある区間での総移動距離は \(l + (l-x) = 2l – x\) です。

具体的な解説と立式
原点Oを通過する瞬間の運動エネルギーは \(E_{\text{AB}}\) です。
最終的に位置 \(x\) で停止したときの運動エネルギーは \(0\)、弾性エネルギーは \(\frac{1}{2}kx^2\) です。
摩擦のある区間での総移動距離は \(2l – x\) なので、動摩擦力 \(f” = 2\mu’ mg\) がした総仕事 \(W_{\text{合計}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{合計}} &= -f” (2l – x) \\[2.0ex] &= -2\mu’ mg (2l – x)
\end{aligned}
$$
仕事とエネルギーの関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\left( 0 + \frac{1}{2}kx^2 \right) – (E_{\text{AB}} + 0) &= -2\mu’ mg (2l – x) \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$

式⑤に \(E_{\text{AB}} = \frac{E – \mu’ mgl}{2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}kx^2 – \frac{E – \mu’ mgl}{2} &= -2\mu’ mg (2l – x)
\end{aligned}
$$
両辺を2倍します。
$$
\begin{aligned}
kx^2 – (E – \mu’ mgl) &= -4\mu’ mg (2l – x) \\[2.0ex] kx^2 – E + \mu’ mgl &= -8\mu’ mgl + 4\mu’ mg x
\end{aligned}
$$
移項して整理します。
$$
\begin{aligned}
kx^2 – 4\mu’ mg x – E + 9\mu’ mgl &= 0
\end{aligned}
$$
条件 \(\mu’ mg = \frac{kl}{3}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
kx^2 – 4\left( \frac{kl}{3} \right) x – E + 9\left( \frac{kl}{3} \right) l &= 0 \\[2.0ex] kx^2 – \frac{4}{3}klx – E + 3kl^2 &= 0
\end{aligned}
$$
全体を \(k\) で割り、3倍します。
$$
\begin{aligned}
3x^2 – 4lx – \frac{3E}{k} + 9l^2 &= 0 \\[2.0ex] 3x^2 – 4lx + (9l^2 – \frac{3E}{k}) &= 0
\end{aligned}
$$
解の公式を用います。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{2l \pm \sqrt{(2l)^2 – 3(9l^2 – \frac{3E}{k})}}{3} \\[2.0ex] &= \frac{2l \pm \sqrt{4l^2 – 27l^2 + \frac{9E}{k}}}{3} \\[2.0ex] &= \frac{2l \pm \sqrt{\frac{9E}{k} – 23l^2}}{3}
\end{aligned}
$$
ここで、\(E\) が大きくなると物体はより遠くまで戻ってくる（\(x\) が小さくなる、つまりOに近づく）はずです。
また、\(x\) は \(l\) より小さい値でなければなりません。
ルートの中身が正であることから、\(x\) の式の複号を考えます。
\(E\) が非常に大きいとき、ルートの中身は大きくなります。
もし \(+\) を選ぶと、\(x\) は \(E\) とともに増大し、\(l\) を超えてしまう可能性があります（物理的に不適）。
もし \(-\) を選ぶと、\(E\) が増えるほど \(x\) は小さくなり（マイナスの項の絶対値が大きくなるため）、Oに近づく挙動と一致します。
よって、複号は \(-\) を採用します。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{2l – \sqrt{\frac{9E}{k} – 23l^2}}{3} \\[2.0ex] &= \frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{E}{k} – \frac{23l^2}{9}}
\end{aligned}
$$

今度はエネルギーが大きいので、物体は摩擦のあるエリアを突き抜けて、摩擦のないエリアまで飛び出します。
摩擦のないエリアではエネルギーが減らないので、行って帰ってくるだけで、P点に戻ってきたときは行きと同じ元気さです。
その後、再び摩擦のあるエリアに入り、Oに向かって進みます。
結局、「行き」で距離 \(l\)、「帰り」で距離 \(l-x\) の分だけ摩擦に邪魔されたことになります。その合計のエネルギーロスを計算して、止まる位置を求めました。

答えは \(\frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{E}{k} – \frac{23l^2}{9}}\) です。
\(E\) が増えると引く値が大きくなり、\(x\) が小さくなる（原点に近づく）ため、物理的に妥当です。

問(6)

思考の道筋とポイント
最終的な停止位置 \(x\) を初期エネルギー \(E\) の関数としてグラフにします。
以下の3つのケースに場合分けが必要です。
1. 衝突しない場合: \(E\) が小さすぎてBがOに届かない。
2. 衝突してOP間で止まる場合: 問(3)のケース。
3. Pを飛び出して戻ってくる場合: 問(5)のケース。

それぞれのケースの境界となるエネルギー \(E\) の値を求め、グラフの概形を描きます。
特に、\(x=0\) となるエネルギー \(E_1\) を基準として、他の境界値も \(E_1\) を用いて表します。

この設問における重要なポイント

• 境界条件:
  • 衝突条件: \(E’ > 0 \iff E > \mu’ mgl\)
  • P到達条件: 問(3)の \(x\) が \(l\) になるとき。
  • \(x=0\) 条件: 問(5)の \(x\) が \(0\) になるとき（これが \(E_1\)）。
• 不連続性: P点での静止摩擦力の影響により、Pを通過して戻ってくる場合、停止位置 \(x\) が不連続に変化します。

具体的な解説と立式
まず、\(x=0\) となるエネルギー \(E_1\) を求めます。
問(5)の式で \(x=0\) と置きます。
$$
\begin{aligned}
0 &= \frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{E_1}{k} – \frac{23l^2}{9}} \\[2.0ex] \frac{4}{9}l^2 &= \frac{E_1}{k} – \frac{23l^2}{9} \\[2.0ex] \frac{E_1}{k} &= \frac{27}{9}l^2 \\[2.0ex] \frac{E_1}{k} &= 3l^2 \\[2.0ex] E_1 &= 3kl^2
\end{aligned}
$$
これを用いて、各領域の境界値を \(E_1\) で表します。

領域I: 衝突しない (\(x=0\))
物体BがOに到達するには \(E’ > 0\) が必要です。
$$
\begin{aligned}
E – \mu’ mgl &> 0 \iff E > \mu’ mgl
\end{aligned}
$$
ここで \(\mu’ mgl = \frac{1}{3}kl^2\) なので、\(E \le \frac{1}{3}kl^2\) のときは衝突せず、Aは動きません（\(x=0\)）。
\(E_1 = 3kl^2\) を用いると、境界値は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{3}kl^2 &= \frac{1}{9} (3kl^2) \\[2.0ex] &= \frac{1}{9} E_1
\end{aligned}
$$

領域II: OP間で停止 (問(3)の式)
問(3)の解 \(x = -\frac{2}{3}l + \sqrt{\frac{E}{k} + \frac{l^2}{9}}\) が有効な範囲です。
\(x=0\) となるのは \(E = \frac{1}{9} E_1\) のときです。
次に、\(x=l\) （点Pに到達）となるエネルギー \(E_{\text{P}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
l &= -\frac{2}{3}l + \sqrt{\frac{E_{\text{P}}}{k} + \frac{l^2}{9}} \\[2.0ex] \frac{5}{3}l &= \sqrt{\frac{E_{\text{P}}}{k} + \frac{l^2}{9}} \\[2.0ex] \frac{25}{9}l^2 &= \frac{E_{\text{P}}}{k} + \frac{l^2}{9} \\[2.0ex] \frac{E_{\text{P}}}{k} &= \frac{24}{9}l^2 \\[2.0ex] E_{\text{P}} &= \frac{8}{3}kl^2
\end{aligned}
$$
これを \(E_1\) で表します。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{P}} &= \frac{8}{9} (3kl^2) \\[2.0ex] &= \frac{8}{9} E_1
\end{aligned}
$$
よって、\(\frac{1}{9} E_1 < E \le \frac{8}{9} E_1\) の範囲では、\(x\) は \(E\) とともに増加します。 領域III: Pを飛び出して戻る (問(5)の式) \(E > \frac{8}{9} E_1\) のとき、問(5)の解 \(x = \frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{E}{k} – \frac{23l^2}{9}}\) に従います。
この領域の開始点 \(E = \frac{8}{9} E_1\) （すなわち \(E = \frac{8}{3}kl^2\)）での \(x\) の値を計算します。
$$
\begin{aligned}
x &= \frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{8}{3}l^2 – \frac{23}{9}l^2} \\[2.0ex] &= \frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{24}{9}l^2 – \frac{23}{9}l^2} \\[2.0ex] &= \frac{2}{3}l – \sqrt{\frac{1}{9}l^2} \\[2.0ex] &= \frac{2}{3}l – \frac{1}{3}l \\[2.0ex] &= \frac{1}{3}l
\end{aligned}
$$
つまり、\(E\) が \(\frac{8}{9} E_1\) を超えた瞬間、停止位置 \(x\) は \(l\) から \(\frac{1}{3}l\) に不連続に変化します。
その後、\(E\) が増加すると \(x\) は減少し、\(E = E_1\) で \(x=0\) になります。

上記参照。

エネルギーを増やしていくと、停止位置 \(x\) は原点から離れていき、やがて端の点P（\(x=l\)）に達します。
さらにエネルギーを増やすと、Pを飛び出して戻ってきます。
戻ってきたとき、P点ではばねの力が摩擦力よりも強いため、物体はP点で止まることなく、一気に奥（原点側）まで押し戻されます。
そのため、停止位置 \(x\) は \(l\) からガクンと減って、原点に近い位置（\(x=l/3\)）になります。
そこからさらにエネルギーを増やすと、より勢いよく戻ってくるので、停止位置はさらに原点に近づき、最終的に \(E_1\) で原点に戻ります。

グラフの概形は以下のようになります。
1. \(0 \le E \le \frac{1}{9} E_1\): \(x=0\)
2. \(\frac{1}{9} E_1 < E \le \frac{8}{9} E_1\): \(x\) は \(0\) から \(l\) まで増加（上に凸の曲線）。 3. \(E > \frac{8}{9} E_1\): \(x\) は \(\frac{1}{3}l\) から始まり、\(E=E_1\) で \(0\) になるまで減少（下に凸の曲線）。
\(E = \frac{8}{9} E_1\) において、\(x=l\) から \(x=\frac{1}{3}l\) への不連続なジャンプが存在します。

【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？

• 非保存力（摩擦力）の仕事とエネルギー変化
  • 核心: 摩擦力がはたらく区間を通過するたびに、力学的エネルギーは「摩擦力 \(\times\) 距離」の分だけ確実に削り取られます。
  • 理解のポイント:
    • 経路依存性: 摩擦の仕事は経路の長さに比例するため、往復すると行きと帰りで2回分仕事をし、エネルギーは2回分減ります。
    • 保存力との違い: ばねの力（保存力）は往復すると仕事の和がゼロになりますが、摩擦力（非保存力）は累積してマイナスになります。
• 静止摩擦力による運動の停止判定
  • 核心: 速度が \(0\) になった瞬間、物体が再び動き出すかどうかは、「動き出そうとする力（弾性力）」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:
    • 不連続な挙動: 弾性力が摩擦に勝っている場合、物体は止まらずに加速されます。これが問(6)のグラフで不連続なジャンプが生じる物理的な理由です。

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:
  • 摩擦のある斜面上のばね振り子: 重力の斜面方向成分が加わるだけで、エネルギー収支の考え方は全く同じです。
  • 空気抵抗を受ける運動: 抵抗力が速度に比例する場合などは積分が必要ですが、「非保存力の仕事＝エネルギー変化」という大原則は変わりません。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 区間の分割: 「摩擦あり」「摩擦なし」の区間を明確に分け、それぞれの区間でどの力が仕事をするかを整理します。
  2. イベントの列挙: 「衝突」「折り返し」「通過」などのイベントを時系列順に並べ、各イベント前後でのエネルギーと運動量の変化を追跡します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 衝突時のエネルギー保存の誤用:
  • 誤解: 衝突前後でエネルギーが保存されると思い込み、\(E’ = E_{\text{AB}}\) としてしまう。
  • 対策: 「合体」「衝突」というキーワードを見たら、まず「エネルギーは減る」「運動量が保存する」と反応できるようにしましょう。
• 摩擦の仕事の符号ミス:
  • 誤解: 座標の正負につられて、摩擦力の仕事の符号を間違える。
  • 対策: 本問のように摩擦のある面が静止しているとき、動摩擦力は物体の「運動方向と逆」にはたらくため、摩擦の仕事は「負」になります。計算結果がマイナスになっているか必ず確認しましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(2)での運動量保存則:
  • 選定理由: 衝突は瞬間的であり、外力（摩擦）の影響を無視できるため。また、完全非弾性衝突ではエネルギーが保存しないため、運動量保存則一択となります。
  • 適用根拠: 衝突前後の極めて短い時間内では、撃力（内力）に比べて重力や摩擦力（外力）の影響は無視できるほど小さいとみなせます。
• 問(3)〜(5)での仕事とエネルギーの関係:
  • 選定理由: 運動方程式を解いて時間追跡するのは複雑ですが、エネルギーに着目すれば「始点」と「終点」の情報だけで式が立てられるため、計算が圧倒的に楽になります。
  • 適用根拠: 運動方程式を空間積分することで導かれる定理であり、非保存力が仕事をする系においても、その仕事量を右辺に加えることで厳密に成立します。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の置き換えの活用:
  • 意識: \(\mu’ mg\) や \(kl\) など、頻出する定数の塊を一時的に \(A\) や \(B\) と置くことで、式の見通しを良くします。
  • 実践: 本問では \(kl = 3\mu’ mg\) という関係があるため、すべてを \(kl\) または \(\mu’ mg\) のどちらかに統一してから計算を進めると、約分ミスを防げます。
• 極限のチェック:
  • 意識: 求めた式に \(E=0\) や \(x=0\) などの極端な値を代入し、物理的な意味と矛盾しないか確認します。
  • 実践: 問(3)の式で \(E\) を小さくしていくと、\(E = \frac{1}{3}kl^2\)（\(= \frac{1}{9}E_1\)）で \(x = 0\) となり、それより小さいと \(x\) が負（不適）になります。これはBがOに届かず衝突しない場合に対応し、(6)で \(E \le \frac{1}{9}E_1\) のとき \(x = 0\) としたことと一致することが確認できます。

問題36 木材に打ちこまれた弾丸 (18 大阪医大)

【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「抵抗力を受ける物体の運動と、2物体間の相互作用」です。
前半は木材が固定された単体運動、後半は木材が動く2体問題となっており、運動量保存則とエネルギー保存則（仕事とエネルギーの関係）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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(ア)

思考の道筋とポイント
弾丸は木材から抵抗力を受け、減速して停止します。
「運動量の変化 ＝ 与えられた力積」の関係を用います。
初速度 \(v\)、終速度 \(0\) です。抵抗力は運動方向と逆向きにはたらくため、力積は負の値となりますが、設問では「力積の大きさ」を問われています。

この設問における重要なポイント

• 力積の向き: 抵抗力は運動を妨げる向きにはたらくため、力積の符号に注意が必要です。
• 大きさ: 最終的な答えは正の値（大きさ）で答えます。

具体的な解説と立式
弾丸の質量を \(m\)、初速度を \(v\)、力積の大きさを \(I\) とします。
運動の向きを正とすると、弾丸が受けた力積は \(-I\) と表せます。
運動量と力積の関係式（運動量の変化＝力積）を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{後の運動量}) – (\text{前の運動量}) &= (\text{力積}) \\[2.0ex] m \cdot 0 – mv &= -I
\end{aligned}
$$

立式した式を \(I\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
-mv &= -I \\[2.0ex] I &= mv
\end{aligned}
$$

弾丸は最初 \(mv\) という勢い（運動量）を持っていましたが、木材からの抵抗によって停止し、勢いが \(0\) になりました。
この勢いの変化分が、木材から受けた「衝撃の総量（力積）」に相当します。
つまり、\(mv\) だけの勢いをゼロにするために、大きさ \(mv\) の力積を受けたことになります。

答えは \(mv\) です。単位は \([\text{N} \cdot \text{s}]\) です。
質量 \(m\) や速度 \(v\) が大きいほど、止めるのに必要な力積が大きくなるため、妥当な結果です。

問(イ)

思考の道筋とポイント
弾丸は抵抗力 \(f\) を受けながら距離 \(\frac{L}{3}\) だけ進んで停止しました。
「運動エネルギーの変化 ＝ 仕事」の関係を用います。
抵抗力は一定であり、移動方向と逆向きにはたらくため、負の仕事をします。

この設問における重要なポイント

• 抵抗力の仕事: 力の向きと移動方向が逆なので、仕事は \(W = -f \times (\text{移動距離})\) となります。
• エネルギー原理: 運動エネルギーの減少分が、抵抗力がした負の仕事（の絶対値）と等しくなります。

具体的な解説と立式
抵抗力の大きさを \(f\) とします。
弾丸は距離 \(\frac{L}{3}\) だけ進んで停止しました。
仕事とエネルギーの関係式（後のエネルギー \(-\) 前のエネルギー \(=\) 仕事）を立てます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m \cdot 0^2 – \frac{1}{2} m v^2 &= -f \cdot \frac{L}{3}
\end{aligned}
$$

式を整理して \(f\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
-\frac{1}{2} m v^2 &= -\frac{fL}{3}
\end{aligned}
$$
両辺に \(-1\) を掛け、\(f\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{fL}{3} &= \frac{1}{2} m v^2 \\[2.0ex] f &= \frac{3}{L} \cdot \frac{1}{2} m v^2 \\[2.0ex] &= \frac{3mv^2}{2L}
\end{aligned}
$$

弾丸が持っていた運動エネルギーが、木材の中を進むことで摩擦（抵抗力）による仕事として消費され、ゼロになりました。
「エネルギーの減り幅」と「抵抗力がした仕事」が釣り合っているという式を作ることで、抵抗力の大きさを逆算できます。

答えは \(\displaystyle \frac{3mv^2}{2L}\) です。単位は \([\text{N}]\) です。
停止距離 \(L/3\) が短いほど（\(L\) が小さいほど）、あるいは初速度 \(v\) が速いほど、大きな抵抗力が必要になることを示しており、物理的に妥当です。

問(ウ)

思考の道筋とポイント
停止するまでの時間 \(t\) を求めます。
(ア)で求めた力積 \(I\) と、(イ)で求めた抵抗力 \(f\) を用います。
一定の力 \(f\) が時間 \(t\) の間はたらいたときの力積の大きさは \(ft\) です。

この設問における重要なポイント

• 力積の定義: 一定の力 \(F\) が時間 \(t\) はたらくとき、力積は \(I = Ft\) です。
• 関係の利用: (ア)の結果 \(I = mv\) を利用すると計算が早いです。

具体的な解説と立式
力積の大きさ \(I\) は、抵抗力の大きさ \(f\) と時間 \(t\) の積で表されます。
$$
\begin{aligned}
I &= ft
\end{aligned}
$$
これに (ア) の結果 \(I = mv\) を代入して式を立てます。
$$
\begin{aligned}
ft &= mv
\end{aligned}
$$

式を \(t\) について解き、(イ) の \(f = \frac{3mv^2}{2L}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{mv}{f} \\[2.0ex] &= \frac{mv}{\frac{3mv^2}{2L}} \\[2.0ex] &= mv \cdot \frac{2L}{3mv^2} \\[2.0ex] &= \frac{2L}{3v}
\end{aligned}
$$

「力積 ＝ 力 \(\times\) 時間」という関係を使います。
(ア)で「止まるまでに受けた力積の合計」がわかり、(イ)で「力の大きさ」がわかったので、割り算をすれば「力がはたらいていた時間」が求まります。

答えは \(\displaystyle \frac{2L}{3v}\) です。単位は \([\text{s}]\) です。
距離 \(\frac{L}{3}\) を等加速度運動で進んで停止する場合、平均速度は \(\frac{v+0}{2} = \frac{v}{2}\) です。
時間 \(=\) 距離 \(\div\) 平均速度 \( = \frac{L}{3} \div \frac{v}{2} = \frac{2L}{3v}\) となり、検算結果とも一致します。

問(エ)

思考の道筋とポイント
弾丸が木材を貫通するためには、距離 \(L\) だけ進んでも速度が \(0\) にならなければよい、すなわち、距離 \(L\) でちょうど停止するときの初速度 \(v’\) 以上であればよいと考えます。
(イ)と同様に、仕事とエネルギーの関係を用います。

この設問における重要なポイント

• 限界の条件: 「ぎりぎり貫通する」＝「距離 \(L\) 進んで速度が \(0\) になる」と考えます。
• 抵抗力は一定: 抵抗力 \(f\) は(イ)で求めた値と同じです。

具体的な解説と立式
求める速さを \(v’\) とします。
弾丸が距離 \(L\) 進んで停止するときのエネルギー保存則（仕事とエネルギーの関係）を立てます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m \cdot 0^2 – \frac{1}{2} m v’^2 &= -f \cdot L
\end{aligned}
$$

式を整理して \(v’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v’^2 &= fL
\end{aligned}
$$
これに (イ) の \(f = \frac{3mv^2}{2L}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v’^2 &= \left( \frac{3mv^2}{2L} \right) L \\[2.0ex] \frac{1}{2} m v’^2 &= \frac{3}{2} m v^2
\end{aligned}
$$
両辺の \(\frac{1}{2}m\) を消去し、平方根をとります（\(v’ > 0\)）。
$$
\begin{aligned}
v’^2 &= 3v^2 \\[2.0ex] v’ &= \sqrt{3} v
\end{aligned}
$$

進む距離が \(L/3\) から \(L\) へと3倍になりました。
抵抗力は一定なので、止まるまでにされる仕事（奪われるエネルギー）も3倍になります。
運動エネルギーは「速さの2乗」に比例するので、エネルギーを3倍にするには、速さを \(\sqrt{3}\) 倍にする必要があります。

答えは \(\sqrt{3}v\) です。
距離が3倍になるので、エネルギーも3倍必要、よって速度は \(\sqrt{3}\) 倍、という直感と一致します。

問(カ)

思考の道筋とポイント
※問題文の誘導順序は(オ)→(カ)ですが、(カ)の速度 \(V\) を先に求めた方が(オ)の計算がスムーズになるため、模範解答と同様に先に(カ)を解説します。

木材が固定されていない場合、弾丸が打ち込まれると木材も動き出します。
水平方向には外力がはたらかないため、弾丸と木材からなる系全体の運動量は保存されます。
最終的に弾丸は木材に対して静止し、両者は一体となって速度 \(V\) で運動します。

この設問における重要なポイント

• 運動量保存則: (弾丸の初運動量) ＝ (一体化後の全運動量)。
• 初速度の変化: この設問では弾丸の初速度が \(\sqrt{3}v\) であることに注意します。

具体的な解説と立式
弾丸の質量 \(m\)、初速度 \(\sqrt{3}v\)、木材の質量 \(M\)、一体化後の速度 \(V\) とします。
運動量保存則の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m(\sqrt{3}v) + M \cdot 0 &= (m + M)V
\end{aligned}
$$

式を \(V\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\sqrt{3}mv &= (M + m)V \\[2.0ex] V &= \frac{\sqrt{3}m}{M + m} v
\end{aligned}
$$

弾丸が木材に突き刺さると、弾丸の勢い（運動量）が木材にも分け与えられ、全体として一つの塊になって進みます。
外から邪魔が入らない限り、トータルの勢いは変わらないので、質量が増えた分だけ速度は遅くなります。

答えは \(\displaystyle \frac{\sqrt{3}m}{M+m}v\) です。
質量が \(m\) から \(M+m\) に増えたため、速度が減少していることがわかります。

問(オ)

思考の道筋とポイント
弾丸が木材に進入する深さ \(x\) を求めます。
図b（模範解答の図b参照）のように、弾丸の移動距離を \(x_{\text{弾}}\)、木材の移動距離を \(x_{\text{木}}\) とすると、進入深さは \(x = x_{\text{弾}} – x_{\text{木}}\) となります。
それぞれの物体について「仕事とエネルギーの関係」を立式し、連立させて解きます。

この設問における重要なポイント

• 弾丸のエネルギー変化: 初速 \(\sqrt{3}v\) から \(V\) に減速。抵抗力 \(f\) から負の仕事 \(-f x_{\text{弾}}\) を受けます。
• 木材のエネルギー変化: 初速 \(0\) から \(V\) に加速。作用・反作用により、弾丸から力 \(f\) を受け、正の仕事 \(f x_{\text{木}}\) をされます。

具体的な解説と立式
弾丸について、仕事とエネルギーの関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m V^2 – \frac{1}{2} m (\sqrt{3}v)^2 &= -f x_{\text{弾}} \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
木材について、仕事とエネルギーの関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} M V^2 – 0 &= f x_{\text{木}} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
求める進入深さ \(x\) は以下の関係にあります。
$$
\begin{aligned}
x &= x_{\text{弾}} – x_{\text{木}} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$

①式と②式を辺々加えます（これにより \(f(x_{\text{弾}} – x_{\text{木}})\) の形を作ります）。
$$
\begin{aligned}
\left( \frac{1}{2} m V^2 – \frac{3}{2} m v^2 \right) + \frac{1}{2} M V^2 &= -f x_{\text{弾}} + f x_{\text{木}} \\[2.0ex] \frac{1}{2} (m + M) V^2 – \frac{3}{2} m v^2 &= -f (x_{\text{弾}} – x_{\text{木}})
\end{aligned}
$$
③式 \(x = x_{\text{弾}} – x_{\text{木}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} (m + M) V^2 – \frac{3}{2} m v^2 &= -fx
\end{aligned}
$$
これに (カ) の結果 \(V = \frac{\sqrt{3}m}{M+m}v\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} (m + M) \left( \frac{\sqrt{3}m}{M+m}v \right)^2 – \frac{3}{2} m v^2 &= -fx \\[2.0ex] \frac{1}{2} (m + M) \frac{3m^2 v^2}{(M+m)^2} – \frac{3}{2} m v^2 &= -fx \\[2.0ex] \frac{3m^2 v^2}{2(M+m)} – \frac{3m v^2 (M+m)}{2(M+m)} &= -fx \\[2.0ex] \frac{3m^2 v^2 – 3m^2 v^2 – 3mM v^2}{2(M+m)} &= -fx \\[2.0ex] \frac{-3mM v^2}{2(M+m)} &= -fx
\end{aligned}
$$
両辺のマイナスを消去し、(イ) の \(f = \frac{3mv^2}{2L}\) を代入して \(x\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{3mM v^2}{2(M+m)} &= \left( \frac{3mv^2}{2L} \right) x \\[2.0ex] x &= \frac{3mM v^2}{2(M+m)} \cdot \frac{2L}{3mv^2} \\[2.0ex] &= \frac{M}{M+m} L
\end{aligned}
$$

弾丸と木材、それぞれのエネルギーの変化を計算しました。
弾丸はエネルギーを失い、木材はエネルギーを得ます。その合計の収支が、摩擦熱として失われたエネルギー（抵抗力 \(\times\) めり込んだ深さ）に等しくなります。
この関係式を解くことで、めり込んだ深さを求めました。

答えは \(\displaystyle \frac{M}{M+m}L\) です。
\(M\) が非常に大きい（木材が重い）場合、\(\frac{M}{M+m} \approx 1\) となり、\(x \approx L\) となります。これは木材が固定されている場合（\(M \to \infty\)）の結果（問(エ)で初速 \(\sqrt{3}v\) なら深さ \(L\)）と一致し、妥当です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動量保存則と作用・反作用の法則
  • 核心: 木材が固定されていない後半の局面では、水平方向に外力がはたらかないため、弾丸と木材の系全体の運動量の総和は保存されます。
  • 理解のポイント:
    • 内力と外力の区別: 弾丸と木材の間にはたらく抵抗力は「内力」であり、系全体の運動量を変化させません。
    • 一体化: 最終的に弾丸が木材に対して静止するということは、両者が同じ速度（共通速度）で運動することを意味します。
• 仕事とエネルギーの関係（機能的エネルギー保存則）
  • 核心: 物体の運動エネルギーの変化量は、その間に物体が受けた仕事の総量に等しくなります。
  • 理解のポイント:
    • 摩擦熱: 抵抗力が弾丸に対して負の仕事をし、木材に対して正の仕事をしますが、系全体で見ると「抵抗力 \(\times\) 相対変位」の分だけ力学的エネルギーが減少し、熱エネルギーに変わります。

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:
  • 杭打ち問題: 重りを高いところから落として杭を打つ問題。位置エネルギー \(\rightarrow\) 運動エネルギー \(\rightarrow\) 仕事（抵抗力 \(\times\) 深さ）というエネルギー変換の流れは本問と全く同じです。
  • ばねで連結された2物体: 摩擦の代わりにばねの弾性力がはたらく場合も、重心運動（等速）と相対運動（単振動）に分離する視点が有効です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 固定されているか否か: 木材や台が固定されているなら「単体運動（エネルギー保存）」、動くなら「2体問題（運動量保存＋エネルギー収支）」と瞬時に判断します。
  2. 時間の関与: 「時間」を問われたら運動量と力積（または運動方程式）、「距離」や「速さ」を問われたら仕事とエネルギーを使います。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 抵抗力の仕事の符号ミス:
  • 誤解: 仕事の計算で、力の向きと移動方向を考慮せず、符号を逆にしてしまう。あるいは、木材が動く場合に、木材がされる仕事を忘れてしまう。
  • 対策: 必ず「力 \(\times\) 移動距離 \(\times \cos(180^\circ)\)」のように定義に戻って立式します。2体問題では、弾丸はエネルギーを失い（負の仕事）、木材はエネルギーを得る（正の仕事）ことをイメージします。
• 相対速度と重心速度の混同:
  • 誤解: 運動量保存則で求めた重心速度 \(V\) を、そのまま相対速度としてエネルギー計算に使ってしまう。
  • 対策: 「全体が進む速さ \(V\)」と「互いに近づく速さ \(v_{\text{相対}}\)」は別物です。エネルギー計算で進入深さを求める際は、相対運動エネルギー（または個別のエネルギー変化の和）を使う必要があります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(ウ)での「力積と運動量」の利用:
  • 選定理由: 運動方程式 \(ma=F\) から加速度を求めて等加速度運動の公式を使う方法（別解）もありますが、力積 \(I=Ft\) と運動量変化 \(\Delta p = I\) の関係を使う方が、加速度を経由しない分、計算ステップが少なくミスが減ります。
  • 適用根拠: 抵抗力が一定であるため、力積が単純な積 \(ft\) で表せることから適用が容易です。
• 問(オ)での「エネルギー保存則」の利用:
  • 選定理由: 運動方程式を立てて加速度を求め、相対変位を計算することも可能ですが、計算が非常に煩雑になります。エネルギー保存則（特に系全体の収支）を使えば、スカラー量の足し引きだけで完結するため、圧倒的に効率的です。
  • 適用根拠: 摩擦力以外の外力が仕事をしないため、摩擦による仕事がそのまま全運動エネルギーの減少量になるという関係が成立します。

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（単位チェック）:
  • 意識: 答えの式が物理的に正しい次元を持っているか常に確認します。
  • 実践: 例えば時間の答えが \(\frac{2L}{3v}\) なら \([\text{L}] / [\text{L/T}] = [\text{T}]\) で秒の次元になります。もし \(v\) が分子にあったら間違いです。
• 極限の確認:
  • 意識: 質量などのパラメータを極端な値にしたとき、知っている結果と一致するか確認します。
  • 実践: 問(オ)の答え \(\frac{M}{M+m}L\) において、木材が重い（\(M \gg m\)）とすると \(\frac{M}{M}L = L\) となり、固定された場合の結果と一致することを確認します。逆に \(M \to 0\) なら \(x \to 0\)（軽い木材は弾丸と一緒に飛んでいき、刺さらない）となり、直感と合致します。

ABOUT THE AUTHOR

共田 誠（まこと先生）

高校物理講師・プロ家庭教師 / 指導歴14年

上智大学理工学部物理学科卒。私立高校の非常勤講師として進学クラスから基礎クラスまで幅広く担当。大手家庭教師センター3社でプロ家庭教師を経験し、現在はオンライン専門で全国の高校生を個別指導中。

「暗記物理の撲滅」を掲げ、生徒の思考のクセを診断・矯正するドクター型アプローチで指導。表面的なテクニックではなく、初見の問題に強い思考力を育てる。

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