問題37 動く台車に乗る物体 (20 大分大 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: 等加速度直線運動の式を連立する解法
- 模範解答が運動量保存則を用いるのに対し、別解では小物体と台車それぞれの速度の時間変化を式にし、速度が一致する条件から連立方程式として解きます。
- 設問(3)の別解: 運動量と力積の関係を用いた解法
- 台車が受けた力積が運動量の変化に等しいという関係を用いて、時間を直接求めます。
- 設問(6)の別解1: \(v-t\) グラフの面積を用いた解法
- 相対変位（すべった距離）が、\(v-t\) グラフにおける2つのグラフで囲まれた面積に等しいことを利用します。
- 設問(6)の別解2: 等加速度直線運動の変位公式を用いた解法
- 小物体と台車それぞれの変位を時間の関数として求め、その差を計算します。
- 設問(6)の別解3: 重心系（相対運動）とエネルギー保存則を用いた解法
- 「相対運動エネルギーの変化＝摩擦力（内力）の仕事」という関係式（機能的エネルギー保存則）を用いて、一発ですべった距離を求めます。
- 全設問の別解: 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、それを時間積分および空間積分することで、運動量保存則やエネルギー保存則、相対運動の式を数学的に導出します。これにより、公式の暗記ではなく、物理原理からの体系的な理解を促します。
- 設問(2)(3)の別解: 等加速度直線運動の式を連立する解法
- 上記の別解が有益である理由
- 重心系の解法: 2体問題において、個々の物体の変位を計算する手間を省き、計算量を劇的に削減できるため、実戦で非常に強力な武器となります。
- 微積分の解法: 力積や仕事が、それぞれ運動方程式の時間積分・空間積分であることを理解することで、物理量の定義と法則のつながりを深く理解できます。
- 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「摩擦力がはたらく2物体の運動（相互作用）」です。
小物体が台車の上をすべる間、互いに動摩擦力を及ぼし合いながら運動状態が変化し、最終的に一体となって運動します。運動方程式、運動量保存則、エネルギー保存則を総合的に扱う力が問われます。
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。
- 作用・反作用の法則: 小物体が受ける摩擦力と、台車が受ける摩擦力は、大きさ等しく向きが逆です。
- 運動方程式: 物体の加速度は、受ける力の合力によって決まります。
- 運動量保存則: 水平方向に外力がはたらかないため、小物体と台車の系全体の運動量は保存されます。
- 仕事とエネルギーの関係: 非保存力（動摩擦力）が仕事をするため、力学的エネルギーは保存されず、その仕事の分だけ変化します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、各物体にはたらく力を図示し、運動方程式を立てて加速度を求めます。
- (2)では、系全体に着目し、運動量保存則を用いて一体化後の速度を求めます。
- (3)では、台車の等加速度運動に着目して時間を求めます。
- (4)では、求めた加速度と時間をもとにグラフを描きます。
- (5)(6)では、エネルギーの視点、あるいは運動学的な視点から、失われたエネルギーとすべった距離を計算します。
問(1)
思考の道筋とポイント
小物体と台車、それぞれにはたらく力を正確に見極めます。
小物体は台車に対して右に動いているため、接触面から左向きの動摩擦力を受けます。
台車は小物体から、その反作用として右向きの動摩擦力を受けます。
鉛直方向の力のつりあいから垂直抗力を求め、動摩擦力の大きさを決定します。
この設問における重要なポイント
- 摩擦力の向き: 動摩擦力は「相対運動を妨げる向き」にはたらきます。小物体は台車に対して右へすべるので左向き、台車は小物体から右向きの力を受けます。
- 運動方程式の分離: 2つの物体は異なる加速度で動くため、別々に運動方程式を立てます。
具体的な解説と立式
右向きを正とします。
小物体（質量 \(m\)）にはたらく力は以下の通りです（図a参照）。
- 重力: \(mg\)（鉛直下向き）
- 垂直抗力: \(N\)（鉛直上向き）
- 動摩擦力: \(f’\)（水平左向き）
鉛直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。
$$
\begin{aligned}
N &= mg
\end{aligned}
$$
動摩擦力の大きさ \(f’\) は、動摩擦係数 \(\mu’\) を用いて表されます。
$$
\begin{aligned}
f’ &= \mu’ N \\[2.0ex]
&= \mu’ mg
\end{aligned}
$$
小物体の加速度を \(\alpha\) とし、運動方程式（\(ma=F\)）を立てます。力は左向きなので負です。
$$
\begin{aligned}
m \alpha &= – \mu’ mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
次に、台車（質量 \(M\)）にはたらく力を考えます（図a参照）。
- 小物体からの動摩擦力の反作用: \(f’\)（水平右向き）
- （重力や床からの垂直抗力などは水平運動に関与しないため省略）
台車の加速度を \(\beta\) とし、運動方程式を立てます。力は右向きなので正です。
$$
\begin{aligned}
M \beta &= \mu’ mg \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 動摩擦力: \(f’ = \mu’ N\)
- 運動方程式: \(ma = F\)
式①より、小物体の加速度 \(\alpha\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\alpha &= – \mu’ g
\end{aligned}
$$
式②より、台車の加速度 \(\beta\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\beta &= \frac{\mu’ mg}{M}
\end{aligned}
$$
小物体は摩擦によってブレーキがかかり（負の加速度）、台車は摩擦によって引っ張られて加速します（正の加速度）。
それぞれの質量と受ける力を使って、ニュートンの運動方程式から加速度を計算しました。
小物体は減速するので負、台車は加速するので正となり、物理的直感と一致します。
問(2)
思考の道筋とポイント
小物体と台車を一つの「系（グループ）」として見ます。
水平方向には、床からの摩擦がないため外力がはたらきません。
したがって、系全体の運動量は保存されます。
最終的に小物体と台車は一体となり、同じ速度 \(V\) で運動します。
この設問における重要なポイント
- 運動量保存則の適用条件: 水平方向の外力の和が \(0\) であること。
- 一体化: 「一体となって運動した」とは、速度が等しくなったことを意味します。
具体的な解説と立式
初めの状態（小物体が乗った直後）と、一体となった後の状態を比較します。
- 初め: 小物体は速度 \(v_0\)、台車は速度 \(0\)。
- 後: 小物体、台車ともに速度 \(V\)。
右向きを正として、運動量保存則の式（前の運動量の和 ＝ 後の運動量の和）を立てます。
$$
\begin{aligned}
m v_0 + M \cdot 0 &= (m + M) V
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量保存則: \(m_1 v_1 + m_2 v_2 = m_1 v’_1 + m_2 v’_2\)
式を \(V\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(m + M) V &= m v_0 \\[2.0ex]
V &= \frac{m}{m + M} v_0
\end{aligned}
$$
外から邪魔が入らないので、小物体が持っていた「勢い（運動量）」は、台車と共有されても合計量は変わりません。
質量 \(m\) だけが持っていた勢いを、質量 \(m+M\) の全体で分け合うことになるので、速度はその分だけ小さくなります。
\(V = \frac{m}{m+M} v_0\) は \(v_0\) より小さく、質量比で分配されており妥当です。
思考の道筋とポイント
(1)で求めた加速度を用いて、小物体と台車それぞれの速度の時間変化を式にします。
「一体となる」＝「速度が等しくなる」という条件から、時刻 \(t\) と速度 \(V\) を求めます。
この方法は、(2)と(3)を同時に解くアプローチです。
この設問における重要なポイント
- 速度の式: \(v = v_0 + at\) をそれぞれの物体に適用します。
具体的な解説と立式
時刻 \(t\) における小物体の速度 \(v_{\text{小}}\) と台車の速度 \(v_{\text{台}}\) は、(1)の加速度 \(\alpha, \beta\) を用いて次のように表せます。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{小}} &= v_0 + \alpha t \quad \cdots ③ \\[2.0ex]
v_{\text{台}} &= 0 + \beta t \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
一体となる時刻 \(t\) において、両者の速度は \(V\) で等しくなります。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{小}} &= v_{\text{台}} = V \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の速度: \(v = v_0 + at\)
式③、④を式⑤に代入して連立します。
$$
\begin{aligned}
v_0 + \alpha t &= \beta t
\end{aligned}
$$
これに \(\alpha = -\mu’ g\)、\(\beta = \frac{\mu’ mg}{M}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_0 – \mu’ g t &= \frac{\mu’ mg}{M} t
\end{aligned}
$$
\(t\) について整理します。
$$
\begin{aligned}
v_0 &= \left( \frac{\mu’ mg}{M} + \mu’ g \right) t \\[2.0ex]
v_0 &= \mu’ g \left( \frac{m}{M} + 1 \right) t \\[2.0ex]
v_0 &= \mu’ g \frac{m + M}{M} t
\end{aligned}
$$
よって、時間 \(t\) は以下のようになります（これが問(3)の答えになります）。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
この \(t\) を式④ \(V = \beta t\) に代入して \(V\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V &= \frac{\mu’ mg}{M} \cdot \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)} \\[2.0ex]
&= \frac{m}{m + M} v_0
\end{aligned}
$$
小物体はだんだん遅くなり、台車はだんだん速くなります。
それぞれの速度の変化の様子を式で書き、「いつ追いつくか（速度が同じになるか）」を計算しました。
運動量保存則を用いた場合と全く同じ結果が得られました。
問(3)
思考の道筋とポイント
台車は初速度 \(0\)、加速度 \(\beta\) で等加速度直線運動をし、時間 \(t\) 後に速度 \(V\) になりました。
この関係を用いて時間を求めます。
（別解で求めたように、小物体の運動から求めても、連立しても構いませんが、台車の式の方が項が少なく計算が楽です。）
この設問における重要なポイント
- 計算の効率化: 複雑な式よりも単純な式を選ぶのが鉄則です。台車は初速 \(0\) なので式がシンプルです。
具体的な解説と立式
台車の速度の式を用います。
$$
\begin{aligned}
V &= 0 + \beta t
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の速度: \(v = v_0 + at\)
式を \(t\) について解き、(1)の \(\beta\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{V}{\beta} \\[2.0ex]
&= \frac{V}{\frac{\mu’ mg}{M}} \\[2.0ex]
&= \frac{MV}{\mu’ mg}
\end{aligned}
$$
これに (2) の \(V = \frac{m}{m+M} v_0\) を代入して、\(v_0\) を用いた形にします。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{M}{\mu’ mg} \cdot \frac{m}{m+M} v_0 \\[2.0ex]
&= \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
台車は止まっている状態から一定のペースで加速し、速度 \(V\) に達しました。
「到達速度 \(\div\) 加速ペース」を計算することで、かかった時間が求まります。
摩擦係数 \(\mu’\) が大きいほど分母が大きくなり、時間 \(t\) は短くなります。摩擦が大きいとすぐに速度が一致するということであり、物理的に妥当です。
思考の道筋とポイント
台車に着目します。台車は時間 \(t\) の間、一定の力（動摩擦力 \(f’ = \mu’ mg\)）を受け続けました。
「運動量の変化 ＝ 受けた力積」の関係を用います。
この設問における重要なポイント
- 力積: 一定の力 \(F\) が時間 \(t\) はたらくとき、力積は \(Ft\) です。
具体的な解説と立式
台車の運動量の変化は、受けた力積に等しいという式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{後の運動量}) – (\text{前の運動量}) &= (\text{力積}) \\[2.0ex]
MV – 0 &= (\mu’ mg) t
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量と力積の関係: \(\Delta p = Ft\)
式を \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{MV}{\mu’ mg}
\end{aligned}
$$
これに (2) の \(V = \frac{m}{m+M} v_0\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{M}{\mu’ mg} \cdot \frac{m}{m+M} v_0 \\[2.0ex]
&= \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
台車は摩擦力によって「衝撃（力積）」を受け続け、勢い（運動量）を得ました。
「得た勢いの合計」を「力の大きさ」で割れば、「力がはたらいていた時間」がわかります。
メイン解法と同じ結果が得られました。加速度を経由しない分、計算が速いです。
問(4)
思考の道筋とポイント
これまでの計算結果をグラフにします。
- 小物体: 初速度 \(v_0\) から一定の傾き（負の加速度 \(\alpha\)）で減速。
- 台車: 初速度 \(0\) から一定の傾き（正の加速度 \(\beta\)）で加速。
- 時刻 \(t\): 両者のグラフが交わり、速度 \(V\) になります。
- 時刻 \(t\) 以降: 一体となって速度 \(V\)（水平な線）で進みます。
この設問における重要なポイント
- 直線の傾き: \(v-t\) グラフの傾きは加速度を表します。
- 交点: グラフの交点は、速度が等しくなった瞬間（一体化した瞬間）を表します。
具体的な解説と立式
図b（模範解答の図b参照）のように描きます。
- 縦軸に速度、横軸に時間をとります。
- \(t=0\) で \(v_{\text{小}}=v_0\)、\(v_{\text{台}}=0\) の点からスタートします。
- 時刻 \(t\) で両者が速度 \(V\) で合流するように直線を引きます。
- それ以降は速度 \(V\) の一定値となります。
使用した物理公式
- 特になし（グラフ描画）
特になし（描画のみ）
小物体はブレーキがかかって遅くなり、台車は引っ張られて速くなります。
二つの速度が一致したところで、それ以降は一緒に動く様子をグラフにしました。
小物体は減速、台車は加速して同じ速度に落ち着く様子が視覚的に表現されています。
問(5)
思考の道筋とポイント
「失われた力学的エネルギー」とは、「（初めの全運動エネルギー）\(-\)（終わりの全運動エネルギー）」のことです。
位置エネルギーの変化はないので、運動エネルギーの差を計算します。
この設問における重要なポイント
- エネルギーの定義: 運動エネルギー \(K = \frac{1}{2}mv^2\)。
- 系のエネルギー: 小物体と台車のエネルギーの和をとります。
具体的な解説と立式
失われたエネルギー \(\Delta E\) を定義通りに立式します。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= (\text{初めの全運動エネルギー}) – (\text{後の全運動エネルギー}) \\[2.0ex]
&= \left( \frac{1}{2} m v_0^2 + 0 \right) – \frac{1}{2} (m + M) V^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \frac{1}{2}mv^2\)
(2) の \(V = \frac{m}{m+M} v_0\) を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= \frac{1}{2} m v_0^2 – \frac{1}{2} (m + M) \left( \frac{m}{m+M} v_0 \right)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m v_0^2 – \frac{1}{2} (m + M) \frac{m^2}{(m+M)^2} v_0^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m v_0^2 – \frac{1}{2} \frac{m^2}{m+M} v_0^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m v_0^2 \left( 1 – \frac{m}{m+M} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m v_0^2 \left( \frac{m+M – m}{m+M} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m v_0^2 \frac{M}{m+M} \\[2.0ex]
&= \frac{Mm}{2(m+M)} v_0^2
\end{aligned}
$$
最初は小物体だけがエネルギーを持っていましたが、合体して進むことで、全体としてのエネルギーは減ってしまいました。
その減った分（摩擦熱として逃げた分）を、引き算で計算しました。
答えは正の値となり、エネルギーが減少したことを示しています。質量 \(M\) が大きいほど、あるいは \(v_0\) が大きいほど、失われるエネルギーは大きくなります。
問(6)
思考の道筋とポイント
「失われた力学的エネルギー」は、非保存力である「動摩擦力」がした仕事の合計に等しいという関係を用います。
あるいは、動摩擦力がした仕事は「摩擦力 \(\times\) すべった距離（相対変位）」となります。
ここでは、(5)の結果を利用するのが最も早いです。
この設問における重要なポイント
- 摩擦熱と仕事: 系全体で失われた力学的エネルギーは、摩擦熱（\(\mu’ mg \times l\)）に等しくなります。
- すべった距離: 小物体が台車の上を移動した距離 \(l\) は、床から見た「小物体の変位 \(x_{\text{小}}\)」と「台車の変位 \(x_{\text{台}}\)」の差 \(l = x_{\text{小}} – x_{\text{台}}\) です。
具体的な解説と立式
エネルギーの減少分 \(\Delta E\) は、動摩擦力の大きさ \(f’\) と、すべった距離 \(l\) の積に等しいという式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= f’ l \\[2.0ex]
\Delta E &= (\mu’ mg) l
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 機能的エネルギー保存則: \(|\Delta E| = |W_{\text{摩擦}}|\)
- 摩擦力の仕事（熱）: \(Q = f’ l\)
式を \(l\) について解き、(5)の結果を代入します。
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{\Delta E}{\mu’ mg} \\[2.0ex]
&= \frac{\frac{Mm}{2(m+M)} v_0^2}{\mu’ mg} \\[2.0ex]
&= \frac{Mm v_0^2}{2(m+M)} \cdot \frac{1}{\mu’ mg} \\[2.0ex]
&= \frac{M v_0^2}{2 \mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
(5)で計算した「消えたエネルギー」は、すべて「摩擦熱」に変わりました。
摩擦熱は「摩擦力の強さ \(\times\) こすれた距離」で決まるので、消えたエネルギーを摩擦力で割れば、こすれた距離（すべった距離）がわかります。
摩擦係数 \(\mu’\) が小さいほど、すべりやすく距離 \(l\) が長くなるため、分母に \(\mu’\) があるのは妥当です。
思考の道筋とポイント
\(v-t\) グラフにおいて、グラフと横軸で囲まれた面積は「移動距離（変位）」を表します。
小物体がすべった距離 \(l\) は、小物体の変位 \(x_{\text{小}}\) から台車の変位 \(x_{\text{台}}\) を引いたものです。
これはグラフ上では、2つのグラフ（小物体と台車の線）で囲まれた三角形の面積に相当します（図d参照）。
この設問における重要なポイント
- 相対変位と面積: \(l = x_{\text{小}} – x_{\text{台}} = \int (v_{\text{小}} – v_{\text{台}}) dt\)。これは2つの速度グラフの間の面積です。
具体的な解説と立式
求める距離 \(l\) は、図dの斜線部分（三角形）の面積です。
三角形の底辺は時間 \(t\)、高さは初速度の差 \(v_0 – 0 = v_0\) ではなく、\(t=0\) における速度差 \(v_0\) です。
- 底辺の長さ: \(t\)
- 高さ: \(v_0\)
面積 \(S\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ}) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \cdot t \cdot v_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- \(v-t\) グラフの面積 ＝ 変位
(3) で求めた \(t = \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{1}{2} v_0 \cdot \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)} \\[2.0ex]
&= \frac{M v_0^2}{2 \mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
グラフの面積が進んだ距離を表すことを利用しました。
小物体が進んだ距離（台形部分）から、台車が進んだ距離（下の三角形部分）を引くと、残るのは2つの線の間の三角形になります。
この面積を計算するだけで、すべった距離が求まります。
メイン解法と同じ結果が得られました。視覚的に理解しやすい解法です。
思考の道筋とポイント
小物体と台車それぞれの変位 \(x_{\text{小}}, x_{\text{台}}\) を、等加速度直線運動の公式を用いて計算し、その差をとります。
計算量は増えますが、最も基本的で確実な方法です。
この設問における重要なポイント
- 変位の公式: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\) を用います。
具体的な解説と立式
時刻 \(t\) までの小物体の変位 \(x_{\text{小}}\) と台車の変位 \(x_{\text{台}}\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
x_{\text{小}} &= v_0 t + \frac{1}{2} \alpha t^2 \\[2.0ex]
x_{\text{台}} &= 0 \cdot t + \frac{1}{2} \beta t^2
\end{aligned}
$$
すべった距離 \(l\) はその差です。
$$
\begin{aligned}
l &= x_{\text{小}} – x_{\text{台}} \\[2.0ex]
&= v_0 t + \frac{1}{2} (\alpha – \beta) t^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の変位: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\)
ここで、(2)の別解の連立方程式 \(v_0 + \alpha t = \beta t\) より、\(\alpha – \beta = – \frac{v_0}{t}\) という関係を使うと計算が楽になります。
あるいは、\(\alpha – \beta = -\mu’g – \frac{\mu’mg}{M} = -\mu’g \frac{M+m}{M}\) を代入します。
ここでは後者で計算します。
$$
\begin{aligned}
l &= v_0 t – \frac{1}{2} \mu’ g \frac{M+m}{M} t^2 \\[2.0ex]
&= t \left( v_0 – \frac{1}{2} \mu’ g \frac{M+m}{M} t \right)
\end{aligned}
$$
これに \(t = \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
l &= t \left( v_0 – \frac{1}{2} \mu’ g \frac{M+m}{M} \cdot \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)} \right) \\[2.0ex]
&= t \left( v_0 – \frac{1}{2} v_0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} v_0 t
\end{aligned}
$$
これは別解1（面積計算）の結果と同じ形になりました。値を代入して、
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{1}{2} v_0 \cdot \frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)} \\[2.0ex]
&= \frac{M v_0^2}{2 \mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
それぞれの物体がどれだけ進んだかを公式で真面目に計算し、引き算しました。
途中で式がうまく約分され、シンプルな形になります。
メイン解法と同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
2体問題において、重心から見た相対運動を考えると、問題が劇的に単純化されます。
「相対運動エネルギーの変化 ＝ 内力（摩擦力）の仕事」という関係を用います。
この方法なら、(1)～(5)の計算を一切行わずに、(6)の答えを一発で出すことができます。
この設問における重要なポイント
- 換算質量: \(\mu = \frac{mM}{m+M}\) を用いると、相対運動は質量 \(\mu\) の1つの物体の運動のように扱えます。
- 相対初速度: \(v_{\text{相対}} = v_0 – 0 = v_0\)。
- 相対末速度: 一体化するので \(0\)。
具体的な解説と立式
換算質量 \(\mu = \frac{mM}{m+M}\) を定義します。
相対運動エネルギーの変化と仕事の関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
(\text{後の相対運動エネルギー}) – (\text{前の相対運動エネルギー}) &= (\text{摩擦力の仕事}) \\[2.0ex]
0 – \frac{1}{2} \mu v_0^2 &= – (\mu’ mg) l
\end{aligned}
$$
（※摩擦力は相対運動を止める向きにはたらくため、仕事は負になります。）
使用した物理公式
- 相対運動エネルギー: \(K_{\text{相対}} = \frac{1}{2} \mu v_{\text{相対}}^2\)
- 機能的エネルギー保存則
式を \(l\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} \frac{mM}{m+M} v_0^2 &= \mu’ mg l \\[2.0ex]
l &= \frac{1}{\mu’ mg} \cdot \frac{mM v_0^2}{2(m+M)} \\[2.0ex]
&= \frac{M v_0^2}{2 \mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
「お互いが近づく（あるいは離れる）勢い」だけに注目します。
最初は \(v_0\) の勢いでずれていましたが、摩擦によってそのズレる勢いが殺され、ゼロになりました。
そのエネルギーの減少分が、すべて摩擦熱（摩擦力 \(\times\) 距離）になったと考えれば、面倒な途中経過を飛ばして答えが出せます。
最も少ない計算量で、同じ結果が得られました。検算用としても非常に強力です。
思考の道筋とポイント
運動方程式を出発点とし、積分操作によって全ての物理法則（運動量保存則、エネルギー保存則、相対運動）を導出します。
これにより、個々の設問がバラバラではなく、一つの原理から繋がっていることが理解できます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の和: 全運動量保存則を導きます。
- 運動方程式の差: 相対運動（すべり）の式を導きます。
- 空間積分: エネルギー保存則を導きます。
具体的な解説と立式
小物体（速度 \(v_{\text{小}}\)）と台車（速度 \(v_{\text{台}}\)）の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m \frac{dv_{\text{小}}}{dt} &= – \mu’ mg \quad \cdots \text{A} \\[2.0ex]
M \frac{dv_{\text{台}}}{dt} &= \mu’ mg \quad \cdots \text{B}
\end{aligned}
$$
1. 運動量保存則の導出（問2）
A \(+\) B を計算します（内力を消去）。
$$
\begin{aligned}
\frac{d}{dt} (m v_{\text{小}} + M v_{\text{台}}) &= 0
\end{aligned}
$$
これを積分すると、全運動量が保存することが示されます。
$$
\begin{aligned}
m v_{\text{小}} + M v_{\text{台}} &= \text{一定} = m v_0 + M \cdot 0
\end{aligned}
$$
一体化後の速度 \(V\) は、\(v_{\text{小}} = v_{\text{台}} = V\) として、
$$
\begin{aligned}
(m + M) V &= m v_0 \\[2.0ex]
V &= \frac{m}{m+M} v_0
\end{aligned}
$$
2. 速度と時間の関係（問1, 3, 4）
A, B をそれぞれ \(t\) で積分します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{小}} &= v_0 – \mu’ g t \\[2.0ex]
v_{\text{台}} &= 0 + \frac{\mu’ mg}{M} t
\end{aligned}
$$
これらが等しくなる時刻 \(t\) を求めると、問(3)の答えが得られます。
3. 相対運動とすべった距離（問6）
A \(/ m – \) B \(/ M\) を計算し、相対加速度を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{dv_{\text{小}}}{dt} – \frac{dv_{\text{台}}}{dt} &= – \mu’ g – \frac{\mu’ mg}{M} \\[2.0ex]
\frac{d}{dt} (v_{\text{小}} – v_{\text{台}}) &= – \mu’ g \frac{M+m}{M}
\end{aligned}
$$
相対速度 \(v_{\text{相対}} = v_{\text{小}} – v_{\text{台}}\) とおき、両辺に \(v_{\text{相対}}\) を掛けて \(t\) で積分（空間積分）します。
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 微積分の基本定理
$$
\begin{aligned}
\int v_{\text{相対}} \frac{dv_{\text{相対}}}{dt} dt &= \int – \mu’ g \frac{M+m}{M} v_{\text{相対}} dt \\[2.0ex]
\int v_{\text{相対}} dv_{\text{相対}} &= – \mu’ g \frac{M+m}{M} \int \frac{dx_{\text{相対}}}{dt} dt \\[2.0ex]
\left[ \frac{1}{2} v_{\text{相対}}^2 \right]_{v_0}^{0} &= – \mu’ g \frac{M+m}{M} [x_{\text{相対}}]_{0}^{l}
\end{aligned}
$$
（ここで \(x_{\text{相対}}\) は相対変位、すなわちすべった距離 \(l\) です。）
$$
\begin{aligned}
0 – \frac{1}{2} v_0^2 &= – \mu’ g \frac{M+m}{M} l
\end{aligned}
$$
これを \(l\) について解くと、問(6)の答えが一発で得られます。
$$
\begin{aligned}
l &= \frac{M v_0^2}{2 \mu’ g (m + M)}
\end{aligned}
$$
運動方程式を足し合わせると「全体の保存則」が見え、引き算すると「内部の摩擦やすべり」が見えてきます。
数式を操作するだけで、運動量保存則もエネルギーの式もすべて自動的に出てくることがわかります。
全ての結果がメイン解法と一致しました。物理現象の背後にある数学的な構造が確認できました。
【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？
- 運動量保存則と作用・反作用の法則
- 核心: 水平方向には外力がはたらかないため、小物体と台車の系全体の運動量は保存されます。
- 理解のポイント:
- 内力と外力の区別: 小物体と台車の間にはたらく動摩擦力は「内力」であり、系全体の運動量を変化させません。
- 一体化: 最終的に小物体が台車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: 動摩擦力が小物体に対して負の仕事をし、台車に対して正の仕事をしますが、系全体で見ると「動摩擦力 \(\times\) 相対変位（すべった距離）」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:
- 弾丸の打ち込み: 木材に弾丸が打ち込まれて一体化する問題。本問と全く同じ構造（運動量保存＋エネルギー減少＝摩擦熱）を持ちます。
- 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:
- 外力の有無: 水平方向に外力がなければ「運動量保存則」が使えると瞬時に判断します。
- 相対運動: 「すべった距離」や「一体化するまでの時間」を問われたら、相対速度や相対変位に着目するか、エネルギー保存則（摩擦熱）を利用します。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 摩擦力の向きと作用点:
- 誤解: 摩擦力は常に運動方向と逆向きだと思い込み、台車が受ける摩擦力（運動方向と同じ向き）を逆にしてしまう。
- 対策: 摩擦力は「相対運動を妨げる向き」にはたらきます。小物体は台車に対して右へ動くので左向き、台車はその反作用で右向きの力を受けると、作用・反作用のペアで考えます。
- 仕事の計算における距離:
- 誤解: 摩擦力の仕事 \(W = f’ x\) の \(x\) に、床から見た移動距離ではなく、相対変位（すべった距離）を無意識に使ってしまう（あるいはその逆）。
- 対策: 個別の物体のエネルギー変化を考えるときは「床から見た移動距離」、系全体のエネルギー減少（摩擦熱）を考えるときは「相対変位（すべった距離）」を使うと明確に区別します。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(3)での「台車の運動」への着目:
- 選定理由: 小物体は初速度 \(v_0\) があり式が少し複雑ですが、台車は初速度 \(0\) なので \(V = \beta t\) と非常にシンプルになります。計算ミスを減らすため、より単純な方を選びます。
- 適用根拠: 台車も一定の動摩擦力を受けて等加速度運動をしているため、公式が適用可能です。
- 問(6)での「エネルギー保存則」の利用:
- 選定理由: 運動方程式から変位を求めて差を取る方法（別解2）は計算量が多すぎます。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: 動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 \(\frac{M v_0}{\mu’ g (m + M)}\) なら \([\text{M}][\text{L/T}] / ([\text{L/T}^2][\text{M}]) = [\text{T}]\) で秒の次元になります。もし \(g\) 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(2)の答え \(V = \frac{m}{m+M} v_0\) において、台車が軽い（\(M \to 0\)）とすると \(V \to v_0\)（速度変わらず）、台車が重い（\(M \to \infty\)）とすると \(V \to 0\)（動かない）となり、直感と合致します。
問題38 水平面上での2物体の衝突 (15 名古屋工大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(3)の別解: ベクトル図形と正弦定理を用いた解法
- 模範解答が成分ごとの連立方程式を解いているのに対し、別解では運動量ベクトルが作る閉じた三角形（ベクトル図）に着目し、正弦定理を用いて幾何学的に速度を求めます。
- 全設問の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 運動方程式を時間積分することで運動量保存則を導出し、ベクトル形式で物理法則を捉え直します。
- 設問(3)の別解: ベクトル図形と正弦定理を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 正弦定理の解法: 複雑な三角関数の加法定理や連立方程式の計算を回避し、図形的性質から瞬時に答えを導き出せるため、計算ミスを減らし時間を短縮できます。
- 微積分の解法: 運動量保存則が「作用・反作用の法則」と「運動方程式」から数学的に必然として導かれることを理解でき、物理学の体系的な繋がりが見えます。
- 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「2次元平面内での運動量保存則」です。
物体が衝突して斜め方向に散乱する場合、ベクトルとしての運動量が保存されます。これを成分ごとに分解して考える手法と、ベクトルのまま図形的に扱う手法の両方をマスターすることが重要です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 運動量保存則（ベクトル）: 外力がはたらかない系では、運動量ベクトルの総和は保存されます。
- \(x\) 成分: \(x\) 方向の運動量の和は一定。
- \(y\) 成分: \(y\) 方向の運動量の和は一定。
- 弾性衝突と非弾性衝突: 力学的エネルギーが保存される衝突を弾性衝突といいます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、運動量を \(x\) 方向（衝突前の進行方向）と \(y\) 方向（垂直方向）に分解し、それぞれの成分について保存則を立式します。
- (3)では、(1)(2)で立てた連立方程式を解き、未知の速度 \(V_A, V_B\) を求めます。
- (4)では、特定の角度条件におけるエネルギー変化を計算し、衝突の性質（弾性衝突かどうか）を検証します。
問(1)
思考の道筋とポイント
衝突前の小物体Aの運動方向を \(x\) 軸（正の向き）とします。
衝突前後の運動量の \(x\) 成分に着目します。
- 衝突前: Aは速度 \(V\)、Bは静止（速度 \(0\)）。
- 衝突後: Aは速度 \(V_A\) で角度 \(\alpha\) 方向、Bは速度 \(V_B\) で角度 \(\beta\) 方向。
この設問における重要なポイント
- 成分分解: 速度ベクトルを \(x\) 成分と \(y\) 成分に分解します。\(x\) 成分には \(\cos\) を用います。
- Bの角度: 図より、Bは \(x\) 軸に対して下側に角度 \(\beta\) をなして進みますが、\(x\) 成分は正の向きです。
具体的な解説と立式
衝突前の運動量の \(x\) 成分の和は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
(\text{衝突前の全運動量})_x &= mV + m \cdot 0 \\[2.0ex]
&= mV
\end{aligned}
$$
衝突後の運動量の \(x\) 成分の和は、図a（模範解答の図a参照）より、各速度の \(x\) 成分 \(V_A \cos \alpha\) と \(V_B \cos \beta\) を用いて表されます。
$$
\begin{aligned}
(\text{衝突後の全運動量})_x &= m (V_A \cos \alpha) + m (V_B \cos \beta)
\end{aligned}
$$
運動量保存則より、これらが等しいと立式します。
$$
\begin{aligned}
mV &= m V_A \cos \alpha + m V_B \cos \beta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動量保存則（\(x\) 成分）: \(m_1 v_{1x} + m_2 v_{2x} = m_1 v’_{1x} + m_2 v’_{2x}\)
立式のみが求められているため、計算過程はありません。
衝突前の「右向きの勢い」の合計と、衝突後の「右向きの勢い」の合計は変わりません。
斜めに進む物体の「右向き成分」は、影の長さを考えるように \(\cos\) を掛けて求めます。
質量 \(m\) が共通していますが、問題文の指示通り「運動量成分の和が等しいことを表す式」として、\(m\) を残した形で答えます。
問(2)
思考の道筋とポイント
衝突前のAの運動方向と垂直な方向（\(y\) 軸）について考えます。
上向きを正とします。
- 衝突前: AもBも \(y\) 方向には動いていません。
- 衝突後: Aは上向きに成分を持ち、Bは下向きに成分を持ちます。
この設問における重要なポイント
- 符号の注意: Aの \(y\) 成分は \(V_A \sin \alpha\)（正）、Bの \(y\) 成分は \(V_B \sin \beta\) の大きさで下向きなので \(-V_B \sin \beta\)（負）となります。
- 保存量: 初めの \(y\) 方向の運動量はゼロです。
具体的な解説と立式
衝突前の運動量の \(y\) 成分の和は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
(\text{衝突前の全運動量})_y &= 0
\end{aligned}
$$
衝突後の運動量の \(y\) 成分の和は、図aより以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
(\text{衝突後の全運動量})_y &= m (V_A \sin \alpha) + m (-V_B \sin \beta)
\end{aligned}
$$
運動量保存則より、これらが等しいと立式します。
$$
\begin{aligned}
0 &= m V_A \sin \alpha – m V_B \sin \beta
\end{aligned}
$$
（※模範解答のように \(+ (-m V_B \sin \beta)\) と書いても、整理して \(- m V_B \sin \beta\) と書いても同義です。）
使用した物理公式
- 運動量保存則（\(y\) 成分）
立式のみが求められているため、計算過程はありません。
最初は上下方向には誰も動いていませんでした。
衝突後、Aは上に、Bは下に動きますが、その「上下の勢い」はプラスマイナスゼロで打ち消し合います。
\(y\) 方向の運動量の総和が常に \(0\) であることを正しく表現できています。
問(3)
思考の道筋とポイント
(1)と(2)で立てた2つの式を連立方程式として解き、\(V_A\) と \(V_B\) を求めます。
未知数は \(V_A, V_B\) の2つ、式も2つなので解くことができます。
一方の式を変形して他方に代入する、あるいは加減法を用いるのが一般的です。
この設問における重要なポイント
- 消去法: \(V_B\) を消去して \(V_A\) を求め、その後 \(V_B\) を求めます。
- 三角関数の加法定理: 計算の途中で \(\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta = \sin(\alpha + \beta)\) の形が現れます。これを見逃さないことが計算を簡略化する鍵です。
具体的な解説と立式
(1)、(2)の式から共通因数の \(m\) を約分して整理します。
$$
\begin{aligned}
V &= V_A \cos \alpha + V_B \cos \beta \quad \cdots ① \\[2.0ex]
0 &= V_A \sin \alpha – V_B \sin \beta \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
この連立方程式を \(V_A, V_B\) について解きます。
使用した物理公式
- 三角関数の加法定理: \(\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta\)
まず、②式を変形して \(V_B\) を \(V_A\) で表します。
$$
\begin{aligned}
V_B \sin \beta &= V_A \sin \alpha \\[2.0ex]
V_B &= V_A \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
これを①式に代入して \(V_B\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
V &= V_A \cos \alpha + \left( V_A \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \right) \cos \beta \\[2.0ex]
V &= V_A \left( \cos \alpha + \frac{\sin \alpha \cos \beta}{\sin \beta} \right)
\end{aligned}
$$
括弧内を通分します。
$$
\begin{aligned}
V &= V_A \left( \frac{\cos \alpha \sin \beta + \sin \alpha \cos \beta}{\sin \beta} \right)
\end{aligned}
$$
分子に加法定理 \(\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta\) を適用します。
$$
\begin{aligned}
V &= V_A \frac{\sin(\alpha + \beta)}{\sin \beta}
\end{aligned}
$$
よって、\(V_A\) について解くと以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
V_A &= \frac{V \sin \beta}{\sin(\alpha + \beta)}
\end{aligned}
$$
次に、求めた \(V_A\) を③式に代入して \(V_B\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V_B &= \left( \frac{V \sin \beta}{\sin(\alpha + \beta)} \right) \frac{\sin \alpha}{\sin \beta} \\[2.0ex]
&= \frac{V \sin \alpha}{\sin(\alpha + \beta)}
\end{aligned}
$$
横方向の式と縦方向の式を組み合わせました。
縦方向の式から「AとBの速さの比率」がわかり、それを横方向の式に入れることで、元の速さ \(V\) との関係を導き出しました。
途中で三角関数の公式（加法定理）を使うと、式がとても綺麗にまとまります。
\(V_A\) は \(\sin \beta\) に、\(V_B\) は \(\sin \alpha\) に比例する対称的な形になりました。
単位を確認すると、\([\text{m/s}] \times (\text{無次元}) = [\text{m/s}]\) となっており正しいです。
思考の道筋とポイント
運動量保存則はベクトル式 \(\vec{p} = \vec{p}_A + \vec{p}_B\) で表されます。
これは、衝突前の運動量ベクトル \(\vec{p}\) が、衝突後の2つのベクトル \(\vec{p}_A, \vec{p}_B\) の和に等しいことを意味し、これら3つのベクトルは閉じた三角形を作ります。
この三角形に「正弦定理」を適用することで、計算を大幅に短縮できます。
この設問における重要なポイント
- ベクトル図: \(\vec{p}\) を底辺とし、\(\vec{p}_A\) と \(\vec{p}_B\) が他の2辺となる三角形を描きます（模範解答の図b参照）。
- 角度の関係: 三角形の内角はそれぞれ \(\alpha\)、\(\beta\)、および残りの角 \(\pi – (\alpha + \beta)\) となります。
具体的な解説と立式
運動量ベクトルの大きさはそれぞれ \(p = mV\)、\(p_A = mV_A\)、\(p_B = mV_B\) です。
図bのような三角形において、正弦定理（\(\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}\)）を立式します。
$$
\begin{aligned}
\frac{mV}{\sin(\pi – (\alpha + \beta))} &= \frac{mV_A}{\sin \beta} = \frac{mV_B}{\sin \alpha}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 正弦定理
- 三角関数の性質: \(\sin(\pi – \theta) = \sin \theta\)
\(\sin(\pi – (\alpha + \beta)) = \sin(\alpha + \beta)\) であることを利用します。
まず \(V_A\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{mV}{\sin(\alpha + \beta)} &= \frac{mV_A}{\sin \beta} \\[2.0ex]
V_A &= \frac{V \sin \beta}{\sin(\alpha + \beta)}
\end{aligned}
$$
次に \(V_B\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{mV}{\sin(\alpha + \beta)} &= \frac{mV_B}{\sin \alpha} \\[2.0ex]
V_B &= \frac{V \sin \alpha}{\sin(\alpha + \beta)}
\end{aligned}
$$
運動量の矢印をつなげると三角形になります。
この三角形の辺の長さ（運動量の大きさ）と向かい合う角（角度）の関係には「正弦定理」というルールがあります。
これを使うと、面倒な連立方程式を解かなくても、一発で答えが見つかります。
メイン解法と全く同じ結果が、わずか数行で得られました。非常に効率的な解法です。
問(4)
思考の道筋とポイント
与えられた条件 \(\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}\) を (3) の結果に代入して \(V_A, V_B\) を具体化します。
その後、力学的エネルギーの変化 \(\Delta E = E’ – E\) を計算します。
\(E\) は衝突前の運動エネルギー、\(E’\) は衝突後の運動エネルギーの和です。
この設問における重要なポイント
- 条件の適用: \(\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}\) ならば、\(\sin(\alpha + \beta) = \sin \frac{\pi}{2} = 1\) です。
- 三角関数の関係: \(\beta = \frac{\pi}{2} – \alpha\) より、\(\sin \beta = \cos \alpha\) となります。
具体的な解説と立式
まず、速度を整理します。
$$
\begin{aligned}
V_A &= \frac{V \sin \beta}{1} = V \sin \beta = V \cos \alpha \\[2.0ex]
V_B &= \frac{V \sin \alpha}{1} = V \sin \alpha
\end{aligned}
$$
エネルギーの変化 \(\Delta E\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= E’ – E \\[2.0ex]
&= \left( \frac{1}{2} m V_A^2 + \frac{1}{2} m V_B^2 \right) – \frac{1}{2} m V^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \frac{1}{2} m v^2\)
- 三角関数の恒等式: \(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1\)
\(V_A, V_B\) を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta E &= \frac{1}{2} m (V \cos \alpha)^2 + \frac{1}{2} m (V \sin \alpha)^2 – \frac{1}{2} m V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m V^2 (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) – \frac{1}{2} m V^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m V^2 \cdot 1 – \frac{1}{2} m V^2 \\[2.0ex]
&= 0
\end{aligned}
$$
角度の和が90度になるという特別なケースでは、計算してみるとエネルギーが全く減っていないことがわかります。
これは、ビリヤードの球同士が理想的にぶつかったときのように、エネルギーのロスがない「弾性衝突」が起きたことを意味しています。
答えは \(0\,\text{J}\) です。
質量が等しい2物体の一方が静止している場合、弾性衝突（エネルギー保存）すると、衝突後の2物体の進行方向は直交する（なす角が90度になる）という物理法則と一致しています。
思考の道筋とポイント
運動方程式を出発点とし、時間積分を行うことで運動量保存則を導出します。
これにより、(1)(2)の式が物理原理から自然に導かれることを確認します。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の和: 2物体の運動方程式を足し合わせることで、内力（作用・反作用）を消去し、系全体の保存則を導きます。
具体的な解説と立式
小物体A、Bの速度ベクトルを \(\vec{v}_A, \vec{v}_B\)、互いに及ぼし合う力（内力）を \(\vec{F}_{AB}, \vec{F}_{BA}\) とします。
運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d\vec{v}_A}{dt} &= \vec{F}_{BA} \quad \cdots \text{A} \\[2.0ex]
m \frac{d\vec{v}_B}{dt} &= \vec{F}_{AB} \quad \cdots \text{B}
\end{aligned}
$$
作用・反作用の法則より \(\vec{F}_{AB} = – \vec{F}_{BA}\) です。
1. 運動量保存則の導出（問1, 2）
A \(+\) B を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{d}{dt} (m \vec{v}_A + m \vec{v}_B) &= \vec{F}_{BA} + \vec{F}_{AB} = \vec{0}
\end{aligned}
$$
これを時間積分すると、全運動量ベクトルが保存することが示されます。
$$
\begin{aligned}
m \vec{v}_A + m \vec{v}_B &= \text{一定}
\end{aligned}
$$
衝突前は \(\vec{v}_A = (V, 0), \vec{v}_B = (0, 0)\)、衝突後は \(\vec{v}’_A = (V_A \cos \alpha, V_A \sin \alpha), \vec{v}’_B = (V_B \cos \beta, -V_B \sin \beta)\) なので、
\(x\) 成分:
$$
\begin{aligned}
mV + 0 &= m V_A \cos \alpha + m V_B \cos \beta
\end{aligned}
$$
\(y\) 成分:
$$
\begin{aligned}
0 + 0 &= m V_A \sin \alpha – m V_B \sin \beta
\end{aligned}
$$
これらは問(1)(2)の式そのものです。
2. エネルギーの検討（問4）
運動方程式と速度の内積をとって積分すると、仕事とエネルギーの関係が導かれます。
使用した物理公式
- 運動方程式: \(m \frac{d\vec{v}}{dt} = \vec{F}\)
- 作用・反作用の法則
$$
\begin{aligned}
\int m \frac{d\vec{v}}{dt} \cdot \vec{v} \, dt &= \int \vec{F} \cdot d\vec{r} \\[2.0ex]
\frac{1}{2} m v^2 – \frac{1}{2} m v_0^2 &= W
\end{aligned}
$$
問(4)の結果 \(\Delta E = 0\) は、衝突の瞬間に働く内力が保存力（弾性力など）として振る舞い、エネルギー散逸がなかったことを意味します。
運動方程式を足し合わせると、物体同士が押し合う力はプラスマイナスゼロで消えてしまいます。
その結果、「全体の勢い（運動量）」は時間によって変化しない、つまり保存するというルールが数学的に導かれます。
微積分を用いることで、成分ごとの保存則が、実は一つのベクトル方程式から生まれたものであることが理解できました。
【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？
- 運動量保存則（ベクトル）
- 核心: 平面内の衝突では、運動量は「ベクトルとして」保存されます。これは、\(x\) 成分と \(y\) 成分のそれぞれで保存則が成り立つことを意味します。
- 理解のポイント:
- 成分分解: 斜めの運動は必ず直交座標系（\(x, y\)）に分解して考えます。
- 図形的解釈: ベクトル図を描くと、運動量の和は「三角形の合成」として視覚的に捉えられます。
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:
- 分裂問題: 静止した物体が3方向に分裂する場合も、運動量ベクトルの和はゼロ（閉じた三角形）になります。
- 壁との斜め衝突: 壁からの力積を受けるため、壁に垂直な成分のみ運動量が変化し、平行な成分は保存されます。
- 初見の問題での着眼点:
- 外力の有無: 水平方向になめらかであれば外力なし \(\rightarrow\) 運動量保存則。
- 未知数の数: 未知数が2つ（\(V_A, V_B\)）なら、式も2つ（\(x\) 成分、\(y\) 成分）必要です。
- 解法の選択:
- 角度や成分が具体的に与えられている \(\rightarrow\) 成分分解法（基本）。
- 文字式のまま関係性を問われている \(\rightarrow\) ベクトル図形と正弦定理（最速）。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- \(y\) 成分の符号ミス:
- 誤解: 図で下向きの矢印が描かれているのに、式でさらにマイナスをつけるべきか迷う、あるいはプラスにしてしまう。
- 対策: 座標軸（上向き正）を明確に設定し、矢印の向きが軸と逆ならマイナス、と機械的に判断します。図の \(\beta\) は「大きさとしての角度」なので、成分は \(-V_B \sin \beta\) です。
- エネルギー保存の誤用:
- 誤解: 「衝突＝エネルギー保存」と思い込み、常に \(\frac{1}{2}mV^2 = \frac{1}{2}mV_A^2 + \frac{1}{2}mV_B^2\) を使ってしまう。
- 対策: エネルギーが保存されるのは「弾性衝突」だけです。問題文に明記がない限り、エネルギー保存則は使えません。まずは運動量保存則（常に成立）から攻めるのが鉄則です。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(3)での「正弦定理」の利用:
- 選定理由: 成分ごとの連立方程式を解くと、加法定理の逆演算など計算が煩雑になりがちです。ベクトル図が閉じた三角形になることに気づけば、正弦定理一つで各辺の比（速度の比）が出せるため、圧倒的に効率的です。
- 適用根拠: 運動量保存則 \(\vec{p} = \vec{p}_A + \vec{p}_B\) が成立しているため、ベクトル図形としての三角形が必ず存在します。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 三角関数の確認:
- 意識: \(\sin\) と \(\cos\) の取り違えを防ぐ。
- 実践: \(\alpha \to 0\) の極限を考えます。もし \(\alpha=0\) ならAは直進するので \(V_A \approx V\)、\(V_B \approx 0\) になるはずです。答えの式 \(V_A \propto \sin \beta\)、\(V_B \propto \sin \alpha\) はこれを満たしています（\(\alpha=0\) なら \(V_B=0\)）。
- 次元解析:
- 意識: 速度の式なら、右辺も速度の次元になっているか。
- 実践: \(\frac{V \sin \beta}{\sin(\alpha+\beta)}\) は \([\text{m/s}] \times (\text{無次元})\) なのでOKです。もし分母に \(m\) があったりすると間違いです。
「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39 小球と壁面との衝突 (24 長崎大)
【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(4)の別解1: 運動の対称性を用いた解法
- 模範解答が等加速度運動の公式から時間を求めているのに対し、別解では斜方投射の対称性（最高点までの時間と落下時間の等価性）を利用して、計算なしで時間を求めます。
- 設問(4)の別解2: 自由落下と跳ね返りの関係を用いた解法
- 床との衝突前後の速度比（反発係数）と時間の関係式 \(t’ = et\) を用いて、衝突後の滞空時間を求めます。
- 設問(4)の別解3: 水平到達距離の公式を用いた解法
- 斜方投射の水平到達距離の公式 \(R \propto v_0^2\) を応用し、衝突後の運動を「新たな斜方投射」とみなして距離を計算します。
- 全設問の別解: 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、それを時間積分することで速度と位置の式を導出します。これにより、公式の暗記ではなく、物理原理からの体系的な理解を促します。
- 設問(4)の別解1: 運動の対称性を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 対称性の解法: 複雑な二次方程式を解く必要がなくなり、物理的直感に基づいて瞬時に答えを導き出せるため、計算ミスを減らし時間を短縮できます。
- 微積分の解法: 斜方投射の公式が、実は運動方程式の積分結果に過ぎないことを理解でき、応用問題への対応力が身につきます。
- 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「斜方投射と壁・床での非弾性衝突」です。
重力のみを受ける放物運動と、壁や床での衝突による速度変化（反発係数）を組み合わせて、物体の軌道を追跡します。水平方向と鉛直方向の運動を独立して考えることが鍵となります。
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。
- 運動の独立性: 水平方向は等速直線運動、鉛直方向は等加速度直線運動（投げ上げ・自由落下）として扱います。
- 反発係数（はねかえり係数）: 衝突直後の速度成分は、衝突直前の速度成分の \(-e\) 倍になります（壁なら水平成分、床なら鉛直成分）。
- 力学的エネルギー保存則: 重力のみが仕事をする区間では、力学的エネルギーは保存されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、点Pが最高点であることに着目し、斜方投射の公式を用いて高さと水平距離を求めます。
- (3)では、衝突前後の速度変化から運動エネルギーの減少量を計算します。
- (4)では、点Pから点A、点Aから点Bまでの運動時間を求め、水平方向の移動距離を計算して、点Oと点Bが一致する条件（全水平距離 \(L=L’\)）を立式します。
問(1)
思考の道筋とポイント
小球は点Oから初速度 \(v_0\)、角度 \(45^\circ\) で投げ上げられ、点Pで壁に垂直に衝突しました。
「壁に対して垂直に衝突」ということは、点Pでの速度の鉛直成分が \(0\) である、つまり点Pが軌道の最高点であることを意味します。
鉛直方向の運動（投げ上げ）に着目して高さ \(h\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 最高点の条件: 鉛直速度成分 \(v_y = 0\)。
- 初速度の分解: 鉛直成分 \(v_{0y} = v_0 \sin 45^\circ\)。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正とします。
初速度の鉛直成分 \(v_{0y}\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
v_{0y} &= v_0 \sin 45^\circ
\end{aligned}
$$
点P（最高点）での鉛直速度は \(0\) です。
等加速度直線運動の式（\(v^2 – v_0^2 = 2ax\)）を鉛直方向に適用します。
$$
\begin{aligned}
0^2 – (v_0 \sin 45^\circ)^2 &= 2(-g)h
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
式を \(h\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
-(v_0 \sin 45^\circ)^2 &= -2gh \\[2.0ex]
h &= \frac{(v_0 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}})^2}{2g} \\[2.0ex]
&= \frac{\frac{v_0^2}{2}}{2g} \\[2.0ex]
&= \frac{v_0^2}{4g}
\end{aligned}
$$
ボールを斜めに投げ上げると、縦方向には重力でブレーキがかかり、一番高いところで一瞬止まります（縦の速さがゼロになります）。
その「止まるまでの距離」を計算しました。
答えは \(\frac{v_0^2}{4g}\) です。
初速度 \(v_0\) が大きいほど高く上がり、重力 \(g\) が大きいほど低くなるため、物理的に妥当です。
問(2)
思考の道筋とポイント
点Oから点P（最高点）までの水平距離 \(L\) を求めます。
水平方向は等速直線運動です。
まず、最高点に達するまでの時間 \(t_{\text{OP}}\) を求め、それに水平速度成分 \(v_{0x}\) を掛けます。
この設問における重要なポイント
- 水平速度: \(v_{0x} = v_0 \cos 45^\circ\) で一定。
- 到達時間: 鉛直速度が \(0\) になるまでの時間。
具体的な解説と立式
最高点に達するまでの時間を \(t_{\text{OP}}\) とします。
鉛直方向の速度の式（\(v = v_0 + at\)）より、
$$
\begin{aligned}
0 &= v_0 \sin 45^\circ + (-g) t_{\text{OP}}
\end{aligned}
$$
水平方向の移動距離 \(L\) は、水平速度と時間の積です。
$$
\begin{aligned}
L &= (v_0 \cos 45^\circ) \times t_{\text{OP}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(v = v_0 + at\)
- 等速直線運動: \(x = vt\)
まず \(t_{\text{OP}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
g t_{\text{OP}} &= v_0 \sin 45^\circ \\[2.0ex]
t_{\text{OP}} &= \frac{v_0 \sin 45^\circ}{g} \\[2.0ex]
&= \frac{v_0}{\sqrt{2}g}
\end{aligned}
$$
これを \(L\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \left( v_0 \frac{1}{\sqrt{2}} \right) \times \frac{v_0}{\sqrt{2}g} \\[2.0ex]
&= \frac{v_0^2}{2g}
\end{aligned}
$$
横方向には邪魔する力がないので、ボールはずっと同じ速さで進みます。
「一番高いところまで行くのにかかった時間」を計算し、その間ずっと横に進み続けた距離を求めました。
答えは \(\frac{v_0^2}{2g}\) です。
\(L = 2h\) の関係になっており、\(45^\circ\) 投射の特性（最高点の高さと水平距離の比）とも整合します。
問(3)
思考の道筋とポイント
点Pでの衝突により、小球は力学的エネルギーを失います。
衝突の瞬間、高さは変わらないので位置エネルギーの変化はありません。
したがって、運動エネルギーの減少分を計算すればよいことになります。
壁はなめらかなので、壁に平行な成分（鉛直成分）は変化せず、垂直な成分（水平成分）のみが反発係数 \(e\) に従って変化します。
この設問における重要なポイント
- 衝突前の速度: 水平成分 \(v_x = v_0 \cos 45^\circ\)、鉛直成分 \(v_y = 0\)。
- 衝突後の速度: 水平成分 \(v’_x = -e v_x\)、鉛直成分 \(v’_y = 0\)。
- エネルギー変化: \(E = (\text{衝突前の運動エネルギー}) – (\text{衝突後の運動エネルギー})\)。
具体的な解説と立式
衝突前の速さ \(v\) は、水平成分のみです。
$$
\begin{aligned}
v &= v_0 \cos 45^\circ
\end{aligned}
$$
衝突後の速さ \(v’\) は、反発係数 \(e\) を用いて表されます（大きさなので絶対値をとります）。
$$
\begin{aligned}
v’ &= e (v_0 \cos 45^\circ)
\end{aligned}
$$
失われた力学的エネルギー \(E\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
E &= \frac{1}{2} m v^2 – \frac{1}{2} m v’^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m (v_0 \cos 45^\circ)^2 – \frac{1}{2} m (e v_0 \cos 45^\circ)^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動エネルギー: \(K = \frac{1}{2}mv^2\)
- 反発係数の式: \(v’ = -ev\)
式を整理します。
$$
\begin{aligned}
E &= \frac{1}{2} m (v_0 \cos 45^\circ)^2 (1 – e^2) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m \left( \frac{v_0}{\sqrt{2}} \right)^2 (1 – e^2) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} m \frac{v_0^2}{2} (1 – e^2) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{4} m v_0^2 (1 – e^2)
\end{aligned}
$$
壁にぶつかると、ボールの勢い（速さ）が少し殺されます。
具体的には、壁に向かう速さが \(e\) 倍に減ります。
減ってしまった分のエネルギーを、引き算で計算しました。
答えは \(\frac{1}{4} m v_0^2 (1 – e^2)\) です。
\(e=1\)（弾性衝突）なら \(E=0\)（エネルギー保存）、\(e=0\)（完全非弾性衝突）なら水平成分のエネルギーが全て失われることになり、妥当です。
問(4)
思考の道筋とポイント
点Oと点Bが一致するということは、壁から跳ね返った後の水平到達距離 \(L’\) が、行きの水平距離 \(L\) と等しくなるということです。
衝突後の運動を追跡します。
1. 点Pから点Aまで落下（自由落下）。
2. 点Aで床と衝突し、跳ね返る（鉛直速度が \(e\) 倍になる）。
3. 点Aから点Bまで斜方投射（再上昇して落下）。
これらの水平移動距離の合計が \(L\) になる条件を求めます。
この設問における重要なポイント
- 水平速度の変化: 壁との衝突で水平速度は \(e v_0 \cos 45^\circ\) になります。床との衝突では水平速度は変わりません（なめらかなので）。
- 時間の計算: P→Aの時間 \(t_{\text{PA}}\) と、A→Bの時間 \(t_{\text{AB}}\) を求めます。
具体的な解説と立式
1. P→Aの時間 \(t_{\text{PA}}\)
高さ \(h\) からの自由落下です。
$$
\begin{aligned}
h &= \frac{1}{2} g t_{\text{PA}}^2
\end{aligned}
$$
2. A→Bの時間 \(t_{\text{AB}}\)
点A直前の鉛直速度 \(v_{\text{A}y}\) は、自由落下の式より \(v_{\text{A}y} = g t_{\text{PA}}\) です。
床との衝突直後の鉛直速度 \(v’_{\text{A}y}\) は、反発係数 \(e\) より \(v’_{\text{A}y} = e v_{\text{A}y}\) です。
点Aから点Bまでは、初速度 \(v’_{\text{A}y}\) の鉛直投げ上げ運動を行い、再び地面に戻るまでの時間です。
$$
\begin{aligned}
0 &= v’_{\text{A}y} t_{\text{AB}} – \frac{1}{2} g t_{\text{AB}}^2
\end{aligned}
$$
3. 水平距離の条件
壁からの総水平距離 \(L’\) は、(衝突後の水平速度) \(\times\) (総時間) です。
$$
\begin{aligned}
L’ &= (e v_0 \cos 45^\circ) \times (t_{\text{PA}} + t_{\text{AB}})
\end{aligned}
$$
条件 \(L = L’\) より、
$$
\begin{aligned}
L &= e v_0 \cos 45^\circ (t_{\text{PA}} + t_{\text{AB}})
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 自由落下: \(y = \frac{1}{2}gt^2\)
- 鉛直投げ上げ: \(y = v_0 t – \frac{1}{2}gt^2\)
まず \(t_{\text{PA}}\) を求めます。
(1)より \(h = \frac{v_0^2}{4g}\) なので、
$$
\begin{aligned}
\frac{v_0^2}{4g} &= \frac{1}{2} g t_{\text{PA}}^2 \\[2.0ex]
t_{\text{PA}}^2 &= \frac{v_0^2}{2g^2} \\[2.0ex]
t_{\text{PA}} &= \frac{v_0}{\sqrt{2}g}
\end{aligned}
$$
次に \(t_{\text{AB}}\) を求めます。
点A直前の速度 \(v_{\text{A}y} = g t_{\text{PA}} = \frac{v_0}{\sqrt{2}}\)。
跳ね返り後の速度 \(v’_{\text{A}y} = e \frac{v_0}{\sqrt{2}}\)。
投げ上げの式より（\(t_{\text{AB}} \neq 0\)）、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} g t_{\text{AB}} &= v’_{\text{A}y} \\[2.0ex]
t_{\text{AB}} &= \frac{2 v’_{\text{A}y}}{g} \\[2.0ex]
&= \frac{2e v_0}{\sqrt{2}g}
\end{aligned}
$$
これらを \(L=L’\) の式に代入します。
(2)より \(L = \frac{v_0^2}{2g}\)。
$$
\begin{aligned}
\frac{v_0^2}{2g} &= e \frac{v_0}{\sqrt{2}} \left( \frac{v_0}{\sqrt{2}g} + \frac{2e v_0}{\sqrt{2}g} \right) \\[2.0ex]
\frac{v_0^2}{2g} &= e \frac{v_0}{\sqrt{2}} \cdot \frac{v_0}{\sqrt{2}g} (1 + 2e) \\[2.0ex]
\frac{v_0^2}{2g} &= \frac{e v_0^2}{2g} (1 + 2e)
\end{aligned}
$$
両辺の \(\frac{v_0^2}{2g}\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
1 &= e(1 + 2e) \\[2.0ex]
1 &= e + 2e^2 \\[2.0ex]
2e^2 + e – 1 &= 0
\end{aligned}
$$
因数分解します。
$$
\begin{aligned}
(2e – 1)(e + 1) &= 0
\end{aligned}
$$
\(0 < e < 1\) より、
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{1}{2}
\end{aligned}
$$
壁で跳ね返ったボールが、床に落ちて、また跳ねて、最終的にスタート地点に戻ってくる条件を探します。
壁での跳ね返りで横のスピードが落ち、床での跳ね返りで縦のスピードが落ちます。
それぞれの区間にかかる時間を計算し、「横に進んだ距離」が「戻ってくるべき距離」とぴったり合うような反発係数 \(e\) を逆算しました。
答えは \(e = \frac{1}{2}\) です。
\(e\) が小さすぎると戻りきらず、大きすぎると通り過ぎてしまうため、特定の値になるのは妥当です。
思考の道筋とポイント
斜方投射（および鉛直投げ上げ）の対称性を利用します。
「投げ上げてから最高点までの時間」と「最高点から同じ高さまで落ちる時間」は等しいです。
これを使うと、面倒な計算をせずに時間の関係が見えてきます。
この設問における重要なポイント
- 対称性: \(t_{\text{OP}}\)（投げ上げ→最高点）と \(t_{\text{PA}}\)（最高点→落下）は等しい。
- 時間の関係: \(t_{\text{PA}} = t_{\text{OP}}\)。
具体的な解説と立式
点Pは最高点なので、O→Pの時間 \(t_{\text{OP}}\) と、P→A（自由落下）の時間 \(t_{\text{PA}}\) は等しくなります。
$$
\begin{aligned}
t_{\text{PA}} &= t_{\text{OP}}
\end{aligned}
$$
また、A→Bの運動は、床で跳ね返った後の斜方投射です。
床での衝突直前の鉛直速度の大きさは、対称性より初速度の鉛直成分 \(v_{0y}\) と等しいです。
衝突直後の鉛直速度は \(e v_{0y}\) となります。
重力加速度 \(g\) のもとで初速度が \(e\) 倍になれば、滞空時間も \(e\) 倍になります。
（\(v = gt \Rightarrow t \propto v\)）
よって、Aから跳ねて落ちてくるまでの全時間 \(t_{\text{AB}}\) は、Oから投げて落ちてくるまでの全時間 \(2 t_{\text{OP}}\) の \(e\) 倍です。
$$
\begin{aligned}
t_{\text{AB}} &= e \times (2 t_{\text{OP}})
\end{aligned}
$$
これらを \(L=L’\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{0x} t_{\text{OP}} &= (e v_{0x}) (t_{\text{PA}} + t_{\text{AB}}) \\[2.0ex]
t_{\text{OP}} &= e (t_{\text{OP}} + 2e t_{\text{OP}})
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 対称性: \(t_{\text{上り}} = t_{\text{下り}}\)
- 比例関係: \(t \propto v_0\)
\(t_{\text{OP}}\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
1 &= e(1 + 2e) \\[2.0ex]
2e^2 + e – 1 &= 0
\end{aligned}
$$
これを解いて \(e = \frac{1}{2}\)。
「行き」にかかった時間と「帰り」にかかる時間を比べます。
帰りの落下時間は行きの上り時間と同じ。
帰りのバウンド時間は、速さが \(e\) 倍になったので時間も \(e\) 倍。
この時間の合計に、\(e\) 倍になった横の速さを掛ければ、帰りの距離が出ます。
計算式をほとんど書かずに答えにたどり着けます。
メイン解法と全く同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
自由落下した物体が床で跳ね返る際、跳ね返り後の上昇時間 \(t’\) は落下時間 \(t\) の \(e\) 倍になります（\(t’ = et\)）。
この関係を用いて、各区間の時間を \(t\) の倍数として表します。
この設問における重要なポイント
- 時間の倍率: \(t_{\text{上昇}} = e \times t_{\text{落下}}\)。
具体的な解説と立式
P→Aは自由落下なので、その時間を \(t\) とします。
A→Bは、一度床で跳ね返って最高点に達し、また落ちてくる運動です。
Aから最高点までの時間は \(et\) です。
最高点からBまでの時間も \(et\) です。
よって、\(t_{\text{AB}} = 2et\) です。
また、O→Pの時間も対称性より \(t\) です。
行きの距離 \(L = v_x t\)。
帰りの距離 \(L’ = (e v_x) (t + 2et)\)。
\(L=L’\) より、
$$
\begin{aligned}
v_x t &= e v_x t (1 + 2e)
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 跳ね返りの時間関係: \(t’ = et\)
\(v_x t\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
1 &= e(1 + 2e)
\end{aligned}
$$
同様に解いて \(e = \frac{1}{2}\)。
「落ちる時間」を基準にします。
跳ね返った後は、落ちる時間の \(e\) 倍だけ上昇し、同じ時間かけて落ちてきます。
つまり、バウンドの滞空時間は「落ちる時間」の \(2e\) 倍です。
これを使えば、時間の計算が単なる足し算になります。
メイン解法と全く同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
斜方投射の水平到達距離の公式 \(R = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}\) を応用します。
壁がなければ小球は距離 \(2L\) の地点に落下します。
衝突後の運動を、速度が変化した「新たな斜方投射」とみなして距離を計算します。
この設問における重要なポイント
- 距離の公式: \(R \propto v_0^2\)。
- 速度の変化: 壁で水平速度が \(e\) 倍、床で鉛直速度が \(e\) 倍になります。
具体的な解説と立式
壁がなければ、小球は距離 \(2L\) の地点に落ちます。
P→Aの水平距離 \(L_{\text{PA}}\) は、水平速度が \(e\) 倍になったため、元の距離 \(L\) の \(e\) 倍です。
$$
\begin{aligned}
L_{\text{PA}} &= eL
\end{aligned}
$$
A→Bの水平距離 \(L_{\text{AB}}\) を考えます。
Aでの跳ね返りにより鉛直速度が \(e\) 倍になるため、滞空時間は元の全滞空時間（\(2t\)）の \(e\) 倍になります。
水平速度は壁衝突後の \(e v_x\) を維持しています。
よって、距離は「水平速度 \(e\) 倍 \(\times\) 時間 \(e\) 倍」となり、元の全距離 \(2L\) の \(e^2\) 倍になります。
$$
\begin{aligned}
L_{\text{AB}} &= e^2 (2L)
\end{aligned}
$$
帰りの総距離 \(L’\) はこれらの和です。
$$
\begin{aligned}
L’ &= eL + 2e^2 L
\end{aligned}
$$
\(L = L’\) より、
$$
\begin{aligned}
L &= eL + 2e^2 L
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 水平到達距離の比例関係
\(L\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
1 &= e + 2e^2
\end{aligned}
$$
同様に解いて \(e = \frac{1}{2}\)。
距離は「速さ \(\times\) 時間」です。
P→A区間では、横の速さが \(e\) 倍になったので距離も \(e\) 倍です。
A→B区間では、横の速さが \(e\) 倍、さらに滞空時間も \(e\) 倍になったので、距離は \(e \times e = e^2\) 倍になります。
この倍率の関係だけで方程式を立てました。
メイン解法と全く同じ結果が得られました。
思考の道筋とポイント
運動方程式を積分して、位置と時間の関係式を導出します。
これにより、公式を忘れてもゼロから答えを導き出せます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式: \(m \frac{d^2y}{dt^2} = -mg\)。
具体的な解説と立式
鉛直方向の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m \frac{dv_y}{dt} &= -mg
\end{aligned}
$$
積分して速度と位置を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_y &= -gt + C_1 \\[2.0ex]
y &= -\frac{1}{2}gt^2 + C_1 t + C_2
\end{aligned}
$$
初期条件（\(t=0\) で \(y=0, v_y=v_{0y}\)）より、
$$
\begin{aligned}
y &= v_{0y} t – \frac{1}{2}gt^2
\end{aligned}
$$
最高点（\(v_y=0\)）の時刻 \(t_{\text{OP}}\) は \(0 = -gt + v_{0y} \Rightarrow t_{\text{OP}} = v_{0y}/g\)。
高さ \(h\) は \(t_{\text{OP}}\) を \(y\) に代入して \(h = \frac{v_{0y}^2}{2g}\)。
これは問(1)の式と同じです。
同様に、全ての公式がこの積分操作から導かれるため、以降の計算はメイン解法と同様に進められます。
使用した物理公式
- 運動方程式
- 微積分の基本定理
（導出過程は上記解説に含まれます）
「力は加速度（速度の変化率）を生む」というニュートンの法則からスタートし、数学的な操作（積分）だけで、ボールの高さや位置を時間の関数として完全に記述しました。
高校物理の公式は、この操作の結果をまとめたものに過ぎません。
原理から導いた式は、当然ながら公式と同じ結果を与えます。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 運動の独立性と成分分解
- 核心: 斜方投射は「水平方向の等速直線運動」と「鉛直方向の等加速度直線運動」の合成であり、互いに独立して扱えるという原理です。
- 理解のポイント:
- 壁への衝突は「水平成分」のみに影響し、床への衝突は「鉛直成分」のみに影響します。
- 一方の成分が変化しても、他方の成分の運動（速度や加速度）には一切影響を与えません。
- 非弾性衝突と反発係数の適用
- 核心: 衝突によって失われるのは「壁・床に垂直な方向の速度成分」のみであり、その減少率は反発係数 \(e\) によって決定されます。
- 理解のポイント:
- 速度の変化式 \(v’ = -ev\) はベクトル式ですが、成分ごとに適用することでスカラーの計算として処理できます。
- エネルギーの減少は、この速度成分の減少に直接由来します。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 斜面への斜方投射: 床が傾いている場合でも、重力方向と斜面に平行な方向に座標軸をとるか、幾何学的に処理するかの違いだけで、基本原理は同じです。
- バウンドを繰り返す運動: 今回のように1回だけでなく、無限回バウンドする場合の総距離や総時間を求める問題（等比級数の和）にも応用できます。
- 初見の問題での着眼点:
- 「垂直に衝突」の翻訳: 「壁に垂直に衝突した」という文言を見たら、即座に「その点で鉛直速度成分 \(v_y = 0\)（最高点）」と翻訳し、立式の条件とします。
- 対称性の発見: 放物運動は最高点を軸に左右対称です。「行きにかかる時間」と「帰りにかかる時間」の関係（等しい、あるいは \(e\) 倍になる）に注目すると、計算を大幅にショートカットできます。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 衝突による速度変化の適用ミス:
- 誤解: 壁に衝突した際、速さ全体（スピード）が \(e\) 倍になると思い込んでしまう。あるいは、鉛直成分まで \(e\) 倍してしまう。
- 対策: 必ず速度を \(x\) 成分と \(y\) 成分に分解し、「壁なら \(x\) 成分のみ」「床なら \(y\) 成分のみ」に \(e\) を掛ける操作を徹底します。
- 衝突後の時間計算での初速度ミス:
- 誤解: 衝突後の運動（A→Bなど）を計算する際、初速度を元の \(v_0\) のまま計算してしまう。
- 対策: 衝突のイベントごとに「新しい初速度 \(v’_0\)」を定義し直します。図に \(v_0 \to ev_0\) と書き込む習慣が有効です。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 等加速度運動の公式（メイン解法）:
- 選定理由: 時間、位置、速度の関係を網羅しており、どのような複雑な設定（途中での衝突など）でも確実に解を導ける最も堅実な方法だからです。
- 適用根拠: 重力加速度 \(g\) が一定であるため、区間ごとに時間を区切れば適用可能です。
- 対称性と比を用いた解法（別解）:
- 選定理由: 二次方程式を解く手間を省き、計算ミスを減らして解答時間を短縮できるため、実戦（入試）において極めて強力だからです。
- 適用根拠: 重力のみを受ける運動では、初速度が \(k\) 倍になれば滞空時間も \(k\) 倍、到達距離は \(k^2\) 倍になるというスケーリング則が成り立つためです。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 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疑います。
- 実践: 例えば高さ \(h\) の答えが \(\frac{v_0}{g}\) になっていたら、単位は \((\text{m}/\text{s}) / (\text{m}/\text{s}^2) = \text{s}\)（時間）となり、長さではないので間違いだと即座に気づけます（正しくは \(\frac{v_0^2}{g}\) の形）。
- 極限的なケースでの検算:
- 意識: 「もし \(e=1\) だったら？」「もし \(e=0\) だったら？」と考えます。
- 実践: 問(3)のエネルギー減少量で \(e=1\) を代入すると \(0\) になります。弾性衝突ならエネルギーは保存されるはずなので、この式は正しい可能性が高いと判断できます。
PREMIUM
この問題の「なぜそう解くのか」も
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問題集の解答が省略する思考プロセスを、現役講師が1人で書き続けています。650問超の「なぜ」を、1週間無料で読めます。
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