問題58 たてばねによる単振動 (22 千葉大)
【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1: 力学的エネルギー保存則（重力位置エネルギーを含む）を用いた解法
- 模範解答の別解でも触れられていますが、単振動のエネルギー保存則（復元力の位置エネルギー）ではなく、重力と弾性力の位置エネルギーを個別に扱う、より一般的な保存則を用いた解法を詳述します。
- 設問(2)(3)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の解）
- 運動方程式を微分方程式として解き、変位 \(x(t)\) と速度 \(v(t)\) を時間の関数として導出することで、周期や最大速さを体系的に求めます。
- 設問(8)の別解: 微積分を用いた体系的解法（エネルギー積分）
- 運動方程式を空間積分（エネルギー積分）することで、エネルギー保存則を数学的に導出し、計算を行います。
- 設問(3)の別解1: 力学的エネルギー保存則（重力位置エネルギーを含む）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 力学的エネルギー保存則: 「単振動のエネルギー保存則」の公式（\(\frac{1}{2}kx^2\) の基準がつりあいの位置）を忘れてしまったり、適用条件に不安がある場合でも、物理の基本原理である「重力＋弾性力」の保存則に立ち返ることで確実に正解を導けます。
- 微積分の解法: 公式 \(T=2\pi\sqrt{m/k}\) や \(v=A\omega\) を暗記に頼らず、運動方程式という第一原理から導き出す力を養えます。特に、変位や速度が時間とともにどう変化するかを関数として可視化できるため、現象の深い理解につながります。
- 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「2物体の単振動と離れる条件」です。
ばねにつながれた物体Aと、それに接着された物体Bが一体となって単振動し、特定の条件下で分離する現象を扱います。
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。
- 単振動の運動方程式: 復元力 \(F = -Kx\) がはたらく物体は、角振動数 \(\omega = \sqrt{K/m}\) の単振動を行います。
- 2物体の運動方程式: 複数の物体が連動して動く場合、それぞれの物体について運動方程式を立て、内力（作用・反作用）を考慮して連立させます。
- 離れる条件: 接触している2物体が離れる瞬間、互いに及ぼし合う垂直抗力（または接着力による引力）が特定の条件（\(N=0\) や引力の限界）を満たします。
- 力学的エネルギー保存則: 摩擦がない系では、運動エネルギーと位置エネルギー（重力・弾性力）の総和が保存されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)〜(3)では、AとBを質量 \(2m\) の一体の物体とみなし、単振動の基本量（周期、最大速さ）を求めます。
- (4)〜(6)では、AとBを別々の物体として扱い、それぞれの運動方程式を立てて内力 \(T\) を導出します。
- (7)〜(8)では、導出した内力 \(T\) の式に基づき、物体が離れる位置と、その時の速さをエネルギー保存則から求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
まずは静止している状態、つまり「力のつりあい」を考えます。
物体Aと物体Bは一体となって静止しており、全体の質量は \(m + m = 2m\) です。
ばねは自然長から \(d_1\) だけ縮んでいるので、鉛直上向きに弾性力を及ぼしています。
この設問における重要なポイント
- 一体として見る: AとBは静止しているので、まとめて一つの物体（質量 \(2m\)）として扱えます。
- 力の向き: 重力は下向き、縮んだばねの弾性力は「元に戻ろうとする」ので上向きです。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正とします。
物体AとBを一体（質量 \(2m\)）として考えると、はたらく力は以下の通りです。
- 重力: \(2mg\) （下向き）
- ばねの弾性力: ばねの縮みが \(d_1\) なので、\(k d_1\) （上向き）
力がつりあっているため、力の大きさについて以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex]
k d_1 &= 2mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- フックの法則: \(F = kx\)
- 力のつりあい: \(\sum \vec{F} = 0\)
式①を \(d_1\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
d_1 &= \frac{2mg}{k}
\end{aligned}
$$
重たい荷物（AとB）をばねの上に乗せたら、ばねが縮んで止まりました。
「荷物の重さ」と「ばねが押し返す力」がちょうど同じ大きさになったところで止まっています。そのバランスの式から、ばねがどれだけ縮んだかを計算しました。
\(d_1 = \frac{2mg}{k}\) となりました。
質量 \(m\) が大きいほど縮み \(d_1\) は大きくなり、ばね定数 \(k\) が大きい（硬い）ほど縮みは小さくなるため、物理的に妥当な結果です。
問(2)
思考の道筋とポイント
物体Bを手で押し下げて放すと、AとBは一体となって単振動を始めます。
単振動の周期を求めるには、任意の位置 \(x\) における運動方程式を立て、加速度 \(a\) と変位 \(x\) の関係 \(a = -\omega^2 x\) を導くのが定石です。
この設問における重要なポイント
- 座標の定義: つりあいの位置を原点 \(x=0\) とし、鉛直上向きを正としています。
- ばねの縮み: 位置 \(x\) にあるとき、ばねの縮みは \(d_1 – x\) となります。（\(x\) が正なら縮みは減り、\(x\) が負なら縮みは増えます）
- 復元力の確認: つりあいの式 \(kd_1 = 2mg\) を利用して、定数項（重力とつりあう分の弾性力）を消去します。
具体的な解説と立式
物体AとBが一体（質量 \(2m\)）となって、位置 \(x\) にある瞬間を考えます。加速度を \(a\) （上向き正）とします。
はたらく力は以下の通りです。
- 重力: \(2mg\) （下向きなので \(-2mg\)）
- ばねの弾性力: ばねの縮みは \(d_1 – x\) なので、\(k(d_1 – x)\) （上向き正）
運動方程式 \(ma = F\) を立てます。
$$
\begin{aligned}
2m a &= k(d_1 – x) – 2mg
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 単振動の加速度: \(a = -\omega^2 x\)
- 単振動の周期: \(T = \frac{2\pi}{\omega}\)
運動方程式を展開し、つりあいの式 \(k d_1 = 2mg\) を用います。
$$
\begin{aligned}
2m a &= k d_1 – kx – 2mg \\[2.0ex]
&= (k d_1 – 2mg) – kx
\end{aligned}
$$
\(k d_1 – 2mg = 0\) なので、
$$
\begin{aligned}
2m a &= -kx \\[2.0ex]
a &= -\frac{k}{2m} x
\end{aligned}
$$
これは単振動の加速度の式 \(a = -\omega^2 x\) の形です。
角振動数 \(\omega\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\omega^2 &= \frac{k}{2m} \\[2.0ex]
\omega &= \sqrt{\frac{k}{2m}}
\end{aligned}
$$
よって、周期 \(T\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi}{\omega} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{2m}{k}}
\end{aligned}
$$
つりあいの位置からズレた場所 \(x\) で、物体にどんな力がはたらくかを計算しました。
すると、重力と「ばねの縮みの基本分」が打ち消し合い、結局「ズレた距離 \(x\) に比例して引き戻す力（復元力）」だけが残ることがわかります。
この復元力の強さ（ばね定数 \(k\)）と物体の重さ（質量 \(2m\)）から、振動のリズム（周期）が決まります。
周期 \(T = 2\pi \sqrt{\frac{2m}{k}}\) です。
質量 \(2m\) が大きいほど周期は長く（ゆっくりに）なり、ばね定数 \(k\) が大きいほど周期は短く（速く）なるため、妥当です。
問(3)
思考の道筋とポイント
単振動している物体の速さが最大になるのは、力がつりあっている「振動の中心（\(x=0\)）」を通過する瞬間です。
単振動の最大速さの公式 \(v_{\text{最大}} = A\omega\) を使うのが最も早いです。
この設問における重要なポイント
- 振幅の特定: つりあいの位置から \(b\) だけ押し下げて放したので、振幅 \(A = b\) です。
- 最大速さの位置: 端（\(x=\pm b\)）で速さは \(0\)、中心（\(x=0\)）で速さは最大になります。
具体的な解説と立式
振幅を \(A\)、角振動数を \(\omega\) とすると、単振動の最大速さ \(v_{\text{最大}}\) は以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= A \omega
\end{aligned}
$$
本問では、振幅 \(A = b\) です。また、問(2)より \(\omega = \sqrt{\frac{k}{2m}}\) です。
使用した物理公式
- 単振動の最大速さ: \(v_{\text{最大}} = A\omega\)
値を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= b \sqrt{\frac{k}{2m}}
\end{aligned}
$$
ブランコを想像してください。一番高く上がったところ（端っこ）で一瞬止まり、一番低いところ（真ん中）を通るときに一番速くなります。
この問題でも同じで、真ん中を通る瞬間の速さを計算しました。「どれだけ大きく揺れているか（振幅 \(b\)）」と「どれだけ速いリズムで揺れているか（角振動数 \(\omega\)）」の掛け算で求まります。
答えは \(b \sqrt{\frac{k}{2m}}\) です。
振幅 \(b\) が大きいほど、またばねが硬い（\(k\)が大きい）ほど速くなるので妥当です。
思考の道筋とポイント
単振動の公式を使わず、エネルギー保存則から解くこともできます。
ここでは、重力による位置エネルギーと弾性力による位置エネルギーを個別に扱う、最も基本的な保存則を用います。
この設問における重要なポイント
- 状態の比較: 「スタート地点（最下点 \(x=-b\)）」と「速さ最大の地点（振動中心 \(x=0\)）」を比較します。
- 基準の設定: 重力の位置エネルギーの基準を振動中心（\(x=0\)）とします。
- ばねの縮み: \(x=-b\) での縮みは \(d_1 + b\)、\(x=0\) での縮みは \(d_1\) です。
具体的な解説と立式
最下点（\(x=-b\)）と振動中心（\(x=0\)）の間で、力学的エネルギー保存則を立てます。
質量は \(2m\) であることに注意します。
- 最下点 (\(x=-b\)):
- 運動エネルギー: \(0\) （静止）
- 重力位置エネルギー: \(2mg(-b)\)
- 弾性エネルギー: \(\frac{1}{2}k(d_1 + b)^2\)
- 振動中心 (\(x=0\)):
- 運動エネルギー: \(\frac{1}{2}(2m)v_{\text{最大}}^2\)
- 重力位置エネルギー: \(0\) （基準）
- 弾性エネルギー: \(\frac{1}{2}k d_1^2\)
保存則の式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
0 + 2mg(-b) + \frac{1}{2}k(d_1 + b)^2 &= \frac{1}{2}(2m)v_{\text{最大}}^2 + 0 + \frac{1}{2}k d_1^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
- 弾性エネルギー: \(U = \frac{1}{2}kx^2\)
- 重力位置エネルギー: \(U = mgh\)
左辺を展開し、\(2mg = k d_1\) （問(1)の結果）を利用して整理します。
$$
\begin{aligned}
\text{左辺} &= -2mgb + \frac{1}{2}k(d_1^2 + 2d_1 b + b^2) \\[2.0ex]
&= -k d_1 b + \frac{1}{2}k d_1^2 + k d_1 b + \frac{1}{2}k b^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}k d_1^2 + \frac{1}{2}k b^2
\end{aligned}
$$
これを保存則の式に戻します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k d_1^2 + \frac{1}{2}k b^2 &= m v_{\text{最大}}^2 + \frac{1}{2}k d_1^2
\end{aligned}
$$
両辺から \(\frac{1}{2}k d_1^2\) を引いて整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k b^2 &= m v_{\text{最大}}^2 \\[2.0ex]
v_{\text{最大}}^2 &= \frac{k}{2m} b^2 \\[2.0ex]
v_{\text{最大}} &= b \sqrt{\frac{k}{2m}}
\end{aligned}
$$
「ばねのエネルギー」と「重力のエネルギー」の合計が、動き出す前と一番速いときで変わらないというルールを使いました。
計算の途中で、つりあいの関係式を使うと、重力の影響がばねのエネルギーの一部と打ち消し合って消えることが確認できます。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。
エネルギー保存則は、力のつりあいや運動方程式と整合性が取れていることが確認できます。
思考の道筋とポイント
運動方程式を微分方程式として解くことで、物体の位置 \(x(t)\) と速度 \(v(t)\) を時間の関数として完全に記述します。
これにより、周期も最大速さも一つの数式から自然に導かれます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の微分形: 加速度 \(a\) を位置 \(x\) の時間による2階微分 \(\frac{d^2x}{dt^2}\) と表します。
- 単振動の一般解: \(\frac{d^2x}{dt^2} = -\omega^2 x\) の解は \(x(t) = A \sin(\omega t + \phi)\) です。
具体的な解説と立式
問(2)で立てた運動方程式 \(2m a = -kx\) において、\(a = \frac{d^2x}{dt^2}\) とします。
$$
\begin{aligned}
2m \frac{d^2x}{dt^2} &= -kx \\[2.0ex]
\frac{d^2x}{dt^2} &= -\frac{k}{2m} x
\end{aligned}
$$
ここで、\(\omega = \sqrt{\frac{k}{2m}}\) と置くと、以下の単振動の微分方程式になります。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2x}{dt^2} &= -\omega^2 x
\end{aligned}
$$
この一般解は、積分定数 \(A, \phi\) を用いて以下のように書けます。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= A \sin(\omega t + \phi)
\end{aligned}
$$
速度 \(v(t) = \frac{dx}{dt}\) はこれを時間微分して求めます。
$$
\begin{aligned}
v(t) &= A\omega \cos(\omega t + \phi)
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式（微分形）: \(m \frac{d^2x}{dt^2} = F\)
- 微分の公式: \(\frac{d}{dt}\sin(\omega t) = \omega \cos(\omega t)\)
初期条件を用いて定数を決定します。
手を離した時刻を \(t=0\) とすると、このとき物体は最下点（\(x=-b\)）にあり、初速度は \(0\) です。
- \(v(0) = A\omega \cos\phi = 0\) より、\(\phi = -\frac{\pi}{2}\) （または \(\frac{\pi}{2}\)）
- \(x(0) = A \sin(-\frac{\pi}{2}) = -A = -b\) より、\(A = b\)
よって、変位と速度の式が確定します。
$$
\begin{aligned}
x(t) &= -b \cos(\omega t) \\[2.0ex]
v(t) &= b\omega \sin(\omega t)
\end{aligned}
$$
これより、以下の結論が得られます。
- 周期 \(T\): 三角関数の周期性より
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi}{\omega} \\[2.0ex] &= 2\pi \sqrt{\frac{2m}{k}}
\end{aligned}
$$ - 最大速さ \(v_{\text{最大}}\): \(v(t)\) の最大値は \(\sin(\omega t) = 1\) のときなので、
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= b\omega \\[2.0ex] &= b \sqrt{\frac{k}{2m}}
\end{aligned}
$$
「力と加速度の関係」を表す運動方程式を、「位置の時間変化」を表す式に変形して解きました。
すると、位置 \(x\) も速度 \(v\) も、サインやコサインといった波の式で表せることがわかります。
この波の式を見れば、一回揺れるのにかかる時間（周期）や、一番速いときのスピードが一目でわかります。
微分方程式を解くことで、周期と最大速さを同時に導出できました。
結果はメインの解法と一致しており、物理現象をより深く記述できていることがわかります。
解答 (3) \(\displaystyle b \sqrt{\frac{k}{2m}}\)
問(4)
思考の道筋とポイント
ここからは物体AとBを別々の物体として考えます。
物体B（上にある物体）に着目し、はたらく力をすべて書き出します。
問題文の定義に従い、力の向きと符号に注意が必要です。
この設問における重要なポイント
- 力の定義: 「物体Aが物体Bから受ける力を \(T\)」とし、「\(x\) 軸の正の向き（上向き）を \(T\) の正の向き」としています。
- 作用・反作用: 物体Bにはたらく力は「物体Bが物体Aから受ける力」です。これは \(T\) の反作用なので、大きさは同じで向きは逆、つまりベクトルとしては \(-T\) となります。
- 重力: 質量 \(m\) の物体Bにはたらく重力は \(mg\) （下向き）です。
具体的な解説と立式
物体Bにはたらく力を、\(x\) 軸の正の向き（鉛直上向き）を正として考えます。
- 重力: 鉛直下向きに大きさ \(mg\) なので、\(-mg\)。
- Aから受ける力:
- 問題文より、AがBから受ける力が \(T\) （上向き正）です。
- 作用・反作用の法則より、BがAから受ける力は \(-T\) となります。
- （補足: \(T>0\) ならAはBに引かれているので、BはAに引かれる（下向き）。\(T<0\) ならAはBに押されているので、BはAに押される（上向き）。式 \(-T\) はこれらを含んでいます。）
よって、物体Bにはたらく合力 \(F_B\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_B &= -mg – T
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 作用・反作用の法則: \(\vec{F}_{AB} = -\vec{F}_{BA}\)
立式そのものが答えとなります。
上の箱（B）にはたらく力を考えます。
地球が引っ張る力（重力）と、下の箱（A）との間で及ぼし合う力（接着力や垂直抗力）の2つがあります。
問題文で決められた \(T\) という記号を使って、これらの力を足し合わせました。AとBの間の力は「お互いに逆向き」にはたらく点に注意しました。
\(F_B = -mg – T\) です。
例えば \(T\) が正（引き合っている）なら、Bは下に引かれるので力は \(-mg – T\) （より強い下向き）となり、直感と一致します。
問(5)
思考の道筋とポイント
物体Aと物体B、それぞれの運動方程式を立てて連立させ、内力 \(T\) を求めます。
加速度 \(a\) は共通です。
この設問における重要なポイント
- Aの運動方程式: 重力、ばねの力、Bからの力 \(T\) がはたらきます。
- Bの運動方程式: 重力、Aからの力 \(-T\) がはたらきます（問(4)の結果）。
- 連立: 2つの式から加速度 \(a\) を消去して \(T\) を導きます。
具体的な解説と立式
加速度を \(a\) （上向き正）とします。
物体A（下）の運動方程式:
はたらく力は、重力 \(-mg\)、ばねの力 \(k(d_1 – x)\)、Bからの力 \(T\) です。
$$
\begin{aligned}
ma &= k(d_1 – x) – mg + T \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
物体B（上）の運動方程式:
はたらく力は、問(4)より \(-mg – T\) です。
$$
\begin{aligned}
ma &= -mg – T \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
式②から式③を引いて、\(ma\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
(ma) – (ma) &= \{k(d_1 – x) – mg + T\} – \{-mg – T\} \\[2.0ex]
0 &= k(d_1 – x) – mg + T + mg + T \\[2.0ex]
0 &= k d_1 – kx + 2T
\end{aligned}
$$
ここで、問(1)より \(k d_1 = 2mg\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
0 &= 2mg – kx + 2T
\end{aligned}
$$
\(T\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
2T &= kx – 2mg \\[2.0ex]
T &= \frac{1}{2}kx – mg
\end{aligned}
$$
上の箱と下の箱、それぞれについて「力と動きの式（運動方程式）」を作りました。
2つの箱はくっついて一緒に動いているので、加速度（動きの変化の激しさ）は同じです。
この関係を使って式を整理し、箱同士の間にはたらいている力 \(T\) を計算しました。
\(T = \frac{1}{2}kx – mg\) です。
\(x\) が大きい（上にいく）ほど \(T\) は大きくなります。上にいくとばねが縮まなくなり（あるいは伸びて）、Aが落ちようとするのをBが支える（引き上げる）必要が出てくるため、\(T\)（引力）が増えるのは妥当です。
問(6)
思考の道筋とポイント
問(5)で求めた \(T\) の式は \(x\) の一次関数です。
指定された範囲 \(-3d_1 \le x \le 3d_1\) における端点と、\(T=0\) となる点（切片）を計算してグラフを描きます。
この設問における重要なポイント
- 関数の形: \(T = \frac{k}{2}x – mg\) なので、傾き正の直線です。
- 特徴的な点: \(x = -3d_1\), \(x = 0\), \(x = 3d_1\) での値を求めます。また、\(d_1 = \frac{2mg}{k}\) を用いて \(k, m, g\) の関係を整理します。
具体的な解説と立式
式 \(T = \frac{1}{2}kx – mg\) に値を代入して座標を求めます。
\(k d_1 = 2mg\) より、\(mg = \frac{1}{2}k d_1\) や \(k = \frac{2mg}{d_1}\) の関係を使います。
使用した物理公式
- 一次関数のグラフ描画
- \(x = 0\) のとき:
$$
\begin{aligned}
T &= -mg
\end{aligned}
$$ - \(T = 0\) のとき:
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}kx &= mg \\[2.0ex] x &= \frac{2mg}{k} \\[2.0ex] x &= d_1
\end{aligned}
$$ - \(x = -3d_1\) のとき:
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{1}{2}k(-3d_1) – mg \\[2.0ex] &= -\frac{3}{2}(k d_1) – mg \\[2.0ex] &= -\frac{3}{2}(2mg) – mg \\[2.0ex] &= -3mg – mg \\[2.0ex] &= -4mg
\end{aligned}
$$ - \(x = 3d_1\) のとき:
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{1}{2}k(3d_1) – mg \\[2.0ex] &= \frac{3}{2}(2mg) – mg \\[2.0ex] &= 3mg – mg \\[2.0ex] &= 2mg
\end{aligned}
$$
これらの点 \((-3d_1, -4mg), (0, -mg), (d_1, 0), (3d_1, 2mg)\) を通る直線を描きます。
計算した式をグラフにする問題です。
\(x\)（位置）が変わると \(T\)（箱同士の力）がどう変わるかを、いくつかのポイントで計算して直線で結びました。
\(x\) が低いときは押し合い（\(T<0\)）、高いときは引き合い（\(T>0\)）になることがグラフから読み取れます。
直線グラフとなり、計算値も模範解答のグラフと一致します。
（グラフは以下の点を通る直線）
横軸 \(x\)、縦軸 \(T\)
点 \((-3d_1, -4mg)\) から始まり、点 \((0, -mg)\)、点 \((d_1, 0)\) を通り、点 \((3d_1, 2mg)\) で終わる線分。
（図は模範解答の図eを参照）
問(7)
思考の道筋とポイント
「引きあう力の大きさが \(mg\) 以上になると離れる」という条件を数式にします。
引き合う力は \(T > 0\) のときであり、その大きさが \(mg\) 以上なので、\(T \ge mg\) となります。
この条件を満たす \(x\) の範囲を求め、振動の最高点（振幅 \(b\)）がその範囲に入る条件を考えます。
この設問における重要なポイント
- 離れる条件: \(T \ge mg\)
- 振動の範囲: 単振動は \(x = -b\) から \(x = b\) の間を往復します。
- 離れるための条件: 振動の途中で \(T \ge mg\) となる場所に到達すればよいので、最高点 \(x=b\) がその境界値以上であればよいことになります。
具体的な解説と立式
離れる条件は \(T \ge mg\) です。
これに問(5)の式を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}kx – mg &\ge mg
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 不等式の計算
不等式を \(x\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}kx &\ge 2mg \\[2.0ex]
x &\ge \frac{4mg}{k}
\end{aligned}
$$
物体AとBが離れるためには、単振動の最高点（\(x=b\)）がこの位置に到達する必要があります。
よって、振幅 \(b\) が満たすべき条件は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
b &\ge \frac{4mg}{k}
\end{aligned}
$$
求める最小値 \(b_1\) は、
$$
\begin{aligned}
b_1 &= \frac{4mg}{k}
\end{aligned}
$$
箱同士が強く引き合うと、接着剤が剥がれてしまいます。
その限界の力（\(mg\)）を超えるのが、どの高さ（\(x\)）なのかを計算しました。
振動の揺れ幅（\(b\)）が小さすぎるとその高さまで届きませんが、揺れ幅がある値（\(b_1\)）以上なら、一番高いところで限界を超えて剥がれてしまいます。
\(b_1 = \frac{4mg}{k}\) です。
\(d_1 = \frac{2mg}{k}\) なので、\(b_1 = 2d_1\) の位置です。自然長 \(d_1\) よりもさらに高い位置まで行かないと離れないということで、接着剤がある程度の強さを持っていることを示唆しており妥当です。
問(8)
思考の道筋とポイント
物体Bが離れるのは、問(7)で求めた限界の位置 \(x = \frac{4mg}{k}\) に達した瞬間です。
この位置での速さ \(v\) を求めます。
エネルギー保存則を使うのが最適です。
この設問における重要なポイント
- 状態の比較: 「スタート地点（\(x=-b\)）」と「離れる地点（\(x = \frac{4mg}{k}\)）」を比較します。
- 保存則の選択: 単振動のエネルギー保存則（\(\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Kx^2 = \text{一定}\)）を使うと計算が楽です。ここでの \(K\) は全体のばね定数 \(k\)、質量は \(2m\) です。
具体的な解説と立式
単振動のエネルギー保存則を用います。
- スタート地点 (\(x=-b\)):
- 速さは \(0\)。
- エネルギー: \(\frac{1}{2}k(-b)^2\)
- 離れる地点 (\(x = \frac{4mg}{k}\)):
- 速さを \(v\) とします。
- エネルギー: \(\frac{1}{2}(2m)v^2 + \frac{1}{2}k\left(\frac{4mg}{k}\right)^2\)
保存則の式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k b^2 &= \frac{1}{2}(2m)v^2 + \frac{1}{2}k \left( \frac{4mg}{k} \right)^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 単振動のエネルギー保存則: \(E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2\)
式を整理して \(v\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}k b^2 &= m v^2 + \frac{1}{2}k \cdot \frac{16m^2g^2}{k^2} \\[2.0ex]
\frac{1}{2}k b^2 &= m v^2 + \frac{8m^2g^2}{k}
\end{aligned}
$$
\(m v^2\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
m v^2 &= \frac{1}{2}k b^2 – \frac{8m^2g^2}{k}
\end{aligned}
$$
両辺を \(m\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{k}{2m} b^2 – \frac{8mg^2}{k}
\end{aligned}
$$
平方根をとります（\(v>0\)）。
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{k}{2m} b^2 – \frac{8mg^2}{k}}
\end{aligned}
$$
一番下からスタートして、接着剤が剥がれる高さまで上がってきたときのスピードを計算しました。
「最初にばねに蓄えられていたエネルギー」が、「剥がれる場所でのばねのエネルギー」と「その時のスピードのエネルギー」に分配されるというルール（エネルギー保存則）を使いました。
答えは \(\sqrt{\frac{k}{2m} b^2 – \frac{8mg^2}{k}}\) です。
ルートの中身が正であるためには \(\frac{k}{2m} b^2 > \frac{8mg^2}{k}\)、つまり \(b^2 > \frac{16m^2g^2}{k^2}\)、\(b > \frac{4mg}{k}\) が必要です。これは問(7)の条件 \(b \ge b_1\) と一致しており、物理的に整合しています。
思考の道筋とポイント
運動方程式からエネルギー保存則を数学的に導出します。
「運動方程式の両辺に速度 \(v\) をかけて時間積分する」という操作は、物理学におけるエネルギー定義の根源です。
この設問における重要なポイント
- エネルギー積分: \(\int ma v \, dt = \int F v \, dt\) を計算します。
- 置換積分: \(v \, dt = dx\) を利用して、時間積分を空間積分に変換します。
具体的な解説と立式
問(2)の運動方程式 \(2m \frac{dv}{dt} = -kx\) の両辺に、速度 \(v = \frac{dx}{dt}\) をかけます。
$$
\begin{aligned}
2m v \frac{dv}{dt} &= -kx \frac{dx}{dt}
\end{aligned}
$$
この式を、スタート時刻 \(t=0\) から離れる時刻 \(t_1\) まで時間積分します。
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{t_1} 2m v \frac{dv}{dt} \, dt &= \int_{0}^{t_1} -kx \frac{dx}{dt} \, dt
\end{aligned}
$$
左辺は \(v\) での積分、右辺は \(x\) での積分に置換できます。
スタート時: \(x=-b, v=0\)
離れる時: \(x=x_1, v=v_1\) （ここで \(x_1 = \frac{4mg}{k}\)）
$$
\begin{aligned}
\int_{0}^{v_1} 2m v \, dv &= \int_{-b}^{x_1} -kx \, dx
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 積分の公式: \(\int x \, dx = \frac{1}{2}x^2\)
- 置換積分法
積分を実行します。
$$
\begin{aligned}
\left[ \frac{1}{2}(2m)v^2 \right]_{0}^{v_1} &= \left[ -\frac{1}{2}kx^2 \right]_{-b}^{x_1} \\[2.0ex]
m v_1^2 – 0 &= -\frac{1}{2}k x_1^2 – \left( -\frac{1}{2}k (-b)^2 \right) \\[2.0ex]
m v_1^2 &= \frac{1}{2}k b^2 – \frac{1}{2}k x_1^2
\end{aligned}
$$
これは単振動のエネルギー保存則そのものです。
\(x_1 = \frac{4mg}{k}\) を代入して解きます。
$$
\begin{aligned}
m v_1^2 &= \frac{1}{2}k b^2 – \frac{1}{2}k \left( \frac{4mg}{k} \right)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}k b^2 – \frac{8m^2g^2}{k}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
v_1 &= \sqrt{\frac{k}{2m} b^2 – \frac{8mg^2}{k}}
\end{aligned}
$$
運動方程式という「力のルール」を積分（足し合わせる計算）することで、「エネルギーのルール」を自分で作り出しました。
結果として、公式を使った場合と全く同じ式が得られ、エネルギー保存則が運動方程式から導かれるものであることが確認できました。
微積分を用いても同じ結果が得られました。
これにより、エネルギー保存則の物理的背景がより明確になります。
【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？
- 運動方程式の分離と連立（2物体の運動）
- 核心: 複数の物体が一体となって動く場合、加速度 \(a\) は共通ですが、物体間にはたらく内力（\(T\) や垂直抗力）を求めるには、必ず個々の物体について運動方程式を立てて連立する必要があります。
- 理解のポイント:
- 一体の視点: 周期や振動中心を求める際は、全体を質量 \(2m\) の1つの物体とみなすと計算が速い。
- 個別の視点: 内力 \(T\) を求める際は、AとBを切り離し、作用・反作用の法則（\(T\) と \(-T\)）を正しく図示して立式する。
- 単振動における復元力とエネルギー保存則
- 核心: 重力が関与する鉛直ばね振り子では、「つりあいの位置」を原点とすることで、重力の影響を弾性力の項に吸収させ、シンプルな単振動 \(ma = -kx\) として扱えます。
- 理解のポイント:
- 保存則の選択: 「重力＋弾性力（自然長基準）」で考えるか、「復元力（つりあい位置基準）」で考えるか。どちらを選んでも正解ですが、混在させないことが重要です。
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:
- 接触物体の分離（\(N=0\)問題）: 本問は接着剤による引力 \(T\) の限界を扱いましたが、単に上に乗っている物体が離れる場合は、垂直抗力 \(N\) が \(0\) になる瞬間を条件とします。解法プロセス（運動方程式 \(\to\) 内力の式 \(\to\) 条件適用）は完全に同一です。
- 摩擦力による一体運動: 摩擦のある台の上で物体が滑らずに振動する場合、「静止摩擦力 \(\le\) 最大静止摩擦力」という条件式を立てます。これも内力を求めて不等式を解く流れは同じです。
- 初見の問題での着眼点:
- つりあいの位置の特定: まず静止状態で力がつりあう位置を求め、そこを座標の原点 \(x=0\) に設定します。これが全ての計算の基準になります。
- 内力の可視化: 「離れる」「滑る」といったキーワードが出たら、すぐに物体を分離して図を描き、内力（垂直抗力、摩擦力、張力など）を矢印で書き込みます。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 「離れる位置」の勘違い:
- 誤解: 「ばねが自然長に戻った瞬間に離れる」と直感で思い込んでしまう。
- 対策: 離れる条件は「位置」ではなく「力」で決まります。必ず運動方程式から内力 \(T\)（または \(N\)）の式を導き、\(T \ge mg\)（または \(N=0\)）という力の条件式を解いて位置 \(x\) を逆算する手順を徹底してください。
- 質量 \(m\) と \(2m\) の取り違え:
- 誤解: 一体で動いているのに質量を \(m\) としてしまったり、Bだけの式なのに \(2m\) としてしまう。
- 対策: 運動方程式を立てる際、主語（どの物体に着目しているか）を明確にし、その物体の質量を指差し確認しながら代入する癖をつけましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 単振動のエネルギー保存則（問8）:
- 選定理由: 「ある位置での速さ」を求める問題では、運動方程式を時間積分して解くよりも、始点と終点のエネルギーを比較する保存則の方が、計算量が圧倒的に少なくミスも防げるため。
- 適用根拠: 摩擦などの非保存力が仕事をしておらず、系全体の力学的エネルギーが保存されるため。
- 運動方程式の連立（問5）:
- 選定理由: 内力 \(T\) はエネルギー保存則からは直接求められません。力と加速度の瞬時的な関係を記述する運動方程式こそが、内力を導出できる唯一の基本原理だからです。
- 適用根拠: ニュートンの運動法則は、マクロな物体の運動において常に成立するため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 関係式の活用（\(k d_1 = 2mg\)）:
- 意識: 問題の初期条件で得られたつりあいの式は、後の計算で定数項を消去するための強力な武器になります。
- 実践: 計算中に \(k d_1\) や \(2mg\) が出てきたら、互いに書き換えて式が簡単にならないか常に試します。特に単振動の運動方程式では、定数項が必ずキャンセルされるはずだと予測して計算を進めます。
- 次元解析（単位チェック）:
- 意識: 導出した文字式の単位が、求めたい物理量の単位と一致しているか確認します。
- 実践: 例えば \(T\)（力）の式 \(T = \frac{1}{2}kx – mg\) において、\(kx\) は「ばね定数\(\times\)長さ＝力」、\(mg\) は「質量\(\times\)加速度＝力」となっており、次元が整合していることを確認します。
問題59 単振り子 (武蔵工大)
【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(ウ)(エ)の別解: ベクトル図（力の三角形）を用いた解法
- 運動方程式を成分ごとに立てて連立する代わりに、力のつりあいを幾何学的な「直角三角形」として捉え、三平方の定理や三角比を用いて直感的に解きます。
- 設問(ア)〜(カ)の別解: 微積分を用いた体系的解法（回転運動の方程式）
- 単振り子の運動を、静止系・加速系を問わず統一的に扱える「接線方向の運動方程式（回転運動の方程式）」から出発し、微小振動近似を経て単振動の微分方程式を導出します。これにより、復元力の式や周期の公式が第一原理からどのように導かれるかを体系的に解説します。
- 設問(キ)(ク)の別解: 慣性系（地上）から見た相対運動による解法
- 模範解答は「電車内の人（非慣性系）」の視点で慣性力を用いて解いていますが、別解では「地上の人（慣性系）」の視点で、小球の水平投射と電車の等加速度運動として解きます。
- 設問(ウ)(エ)の別解: ベクトル図（力の三角形）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- ベクトル図: 計算量が少なく、力の大きさや角度の関係を視覚的に把握できるため、検算やスピードアップに役立ちます。
- 微積分の解法: 公式 \(T=2\pi\sqrt{l/g}\) の暗記に留まらず、なぜ単振動になるのか、なぜ \(g\) が \(g’\) に置き換わるのかという物理的背景を深く理解できます。
- 慣性系の解法: 「慣性力」という見かけの力を使わず、実在する力と運動のみで現象を記述することで、物理現象の客観的な理解を深めます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「慣性力がはたらく場での単振り子」です。
電車が加速することで、車内の物体には重力に加えて「慣性力」がはたらき、見かけ上の重力の向きと大きさが変化します。この環境下での静止（つりあい）、振動、そして落下運動を解析します。
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。
- 単振り子の復元力: 重力の接線方向成分が復元力となり、微小角 \(\theta\) においては変位 \(x\) に比例します。
- 慣性力: 加速度 \(\vec{a}\) で運動する観測者から見ると、質量 \(m\) の物体には \(-m\vec{a}\) の力がはたらいているように見えます。
- 見かけの重力: 重力 \(m\vec{g}\) と慣性力 \(-m\vec{a}\) の合力を「見かけの重力」と呼びます。この方向がつりあいの位置（振動の中心）となります。
- 等価原理: 加速系における物理現象は、重力加速度を「見かけの重力加速度 \(\vec{g}’\)」に置き換えることで、静止系と同様に扱えます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (ア)(イ)では、静止した電車内での基本的な単振り子の式を導きます。
- (ウ)(エ)では、加速中の電車内で小球が静止する角度と張力を、力のつりあいから求めます。
- (オ)(カ)では、見かけの重力加速度を用いて、加速中の単振り子の復元力と周期を求めます。
- (キ)(ク)では、糸が切れた後の小球の運動を、車内の観測者視点（慣性力あり）で解析します。
問(ア)・(イ)
思考の道筋とポイント
まずは静止している電車内での単振り子です。
図1のように、小球が最下点Oから変位 \(x\) （角度 \(\theta\)）の位置にあるとき、小球をOに引き戻そうとする力（復元力）を考えます。
円運動の接線方向に着目し、重力を分解します。
この設問における重要なポイント
- 復元力の正体: 糸の張力は運動方向（接線方向）と垂直なので、復元力には寄与しません。重力の接線方向成分が復元力となります。
- 微小振動の近似: 振幅が小さい（\(\theta\) が小さい）場合、\(\sin\theta \approx \theta \approx \tan\theta\) および弧の長さと弦の長さの近似 \(l\theta \approx x\) が成り立ちます。
具体的な解説と立式
問(ア)
図1（または模範解答の図a）を参照します。
小球にはたらく重力は鉛直下向きに \(mg\) です。
これを「糸に平行な方向」と「糸に垂直な方向（接線方向）」に分解します。
復元力 \(F\) は、つりあいの位置Oへ戻ろうとする向き（接線方向）の成分です。
図形の幾何学的関係より、この成分の大きさは \(mg \sin\theta\) となります。
$$
\begin{aligned}
F &= mg \sin\theta
\end{aligned}
$$
問(イ)
振幅が小さい場合、図1の直角三角形に着目すると、以下の近似が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\sin\theta &= \frac{x}{l}
\end{aligned}
$$
これを(ア)の式に代入して、\(F\) を \(x\) の関数として表します。
$$
\begin{aligned}
F &= mg \sin\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力の分解
- 三角比の定義: \(\sin\theta = \frac{\text{対辺}}{\text{斜辺}}\)
(ア)の式に近似式を代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= mg \cdot \frac{x}{l} \\[2.0ex]
&= \frac{mg}{l} x
\end{aligned}
$$
この式は \(F = Kx\) （ただし \(K = \frac{mg}{l}\)）の形をしており、復元力が変位に比例すること（単振動の条件）を示しています。
振り子が揺れているとき、真ん中（一番低いところ）に戻ろうとする力は、重力の一部です。
重力を「糸を引っ張る分」と「横に動かす分」に分けると、「横に動かす分」が \(mg \sin\theta\) になります。
揺れ幅がとても小さいときは、角度 \(\theta\) のサイン（\(\sin\theta\)）は、「横にズレた距離 \(x\)」を「糸の長さ \(l\)」で割ったものとほぼ同じになります。これを使うと、戻ろうとする力はズレた距離 \(x\) に比例することがわかります。
(ア) \(mg \sin\theta\)、(イ) \(\frac{mg}{l} x\)
変位 \(x\) が大きくなるほど元の位置に戻そうとする力 \(F\) が大きくなるため、物理的に妥当です。
解答 (イ) \(\displaystyle \frac{mg}{l} x\)
問(ウ)・(エ)
思考の道筋とポイント
電車が加速度 \(a\) で等加速度運動を始めると、車内の観測者には「慣性力」が見えます。
図2および図bを見ると、糸は鉛直線に対して右側に傾いて静止しています。
これは、小球に「右向きの慣性力」がはたらいていることを意味します。
小球は、重力、張力、そして慣性力の3力がつりあって静止しています。
この設問における重要なポイント
- 慣性力の向き: 図bより、慣性力 \(ma\) は水平右向きです。（これは電車が左向きに加速している、あるいは右向きに減速している状況に対応しますが、ここでは図に従い右向きの力として扱います。）
- 力のつりあい: 水平方向と鉛直方向に分けてつりあいの式を立てます。
具体的な解説と立式
車内の観測者から見た小球にはたらく力は以下の3つです（模範解答の図b参照）。
- 重力: \(mg\) （鉛直下向き）
- 慣性力: \(ma\) （水平右向き）
- 張力: \(S\) （糸に沿って斜め左上向き、鉛直と角 \(\theta_0\)）
問(ウ)
水平方向と鉛直方向の力のつりあいの式を立てます。
水平方向（右向き正）:
$$
\begin{aligned}
ma – S \sin\theta_0 &= 0 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
鉛直方向（上向き正）:
$$
\begin{aligned}
S \cos\theta_0 – mg &= 0 \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
問(エ)
張力 \(S\) を求めるため、三平方の定理的な関係を利用する準備をします。
使用した物理公式
- 力のつりあい: \(\sum \vec{F} = 0\)
- 三角関数の相互関係: \(\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}, \sin^2\theta + \cos^2\theta = 1\)
問(ウ)
式①、②を変形します。
$$
\begin{aligned}
S \sin\theta_0 &= ma \quad \cdots ①’ \\[2.0ex]
S \cos\theta_0 &= mg \quad \cdots ②’
\end{aligned}
$$
①’式を②’式で辺々割ります。
$$
\begin{aligned}
\frac{S \sin\theta_0}{S \cos\theta_0} &= \frac{ma}{mg} \\[2.0ex]
\tan\theta_0 &= \frac{a}{g}
\end{aligned}
$$
問(エ)
①’式の両辺を2乗し、②’式の両辺を2乗して足し合わせます。
$$
\begin{aligned}
(S \sin\theta_0)^2 + (S \cos\theta_0)^2 &= (ma)^2 + (mg)^2 \\[2.0ex]
S^2 (\sin^2\theta_0 + \cos^2\theta_0) &= m^2 a^2 + m^2 g^2
\end{aligned}
$$
\(\sin^2\theta_0 + \cos^2\theta_0 = 1\) より、
$$
\begin{aligned}
S^2 &= m^2 (g^2 + a^2)
\end{aligned}
$$
\(S > 0\) より、
$$
\begin{aligned}
S &= m \sqrt{g^2 + a^2}
\end{aligned}
$$
電車が加速すると、中の小球には慣性力がはたらきます。図を見ると小球は右に振れているので、右向きに慣性力がはたらいています。
小球は、重力で下に引かれ、慣性力で右に引かれます。
この「下への力」と「右への力」のバランスで、糸は斜めに傾いて止まります。
その傾き具合（\(\tan\theta_0\)）と、糸が引っ張る力（\(S\)）を計算しました。
(ウ) \(\frac{a}{g}\)、(エ) \(m\sqrt{g^2+a^2}\)
加速度 \(a\) が大きいほど傾き \(\theta_0\) は大きくなり、張力 \(S\) も大きくなるため妥当です。\(a=0\) なら \(\tan\theta_0=0, S=mg\) となり静止状態と一致します。
解答 (エ) \(m\sqrt{g^2+a^2}\)
思考の道筋とポイント
力のつりあいの式を連立する代わりに、3つの力（重力、慣性力、張力）がつりあっていることを示す「閉じたベクトル図（三角形）」を描いて解きます。
この設問における重要なポイント
- 力の合成: 重力 \(mg\) と慣性力 \(ma\) の合力を考えます。この合力と張力 \(S\) が一直線上で逆向きになり、つりあいます。
- 直角三角形: 重力（鉛直）と慣性力（水平）は直交するため、ベクトル図は直角三角形になります。
具体的な解説と立式
小球にはたらく重力 \(mg\)（下向き）と慣性力 \(ma\)（右向き）を合成したベクトルを考えます。
この合力の大きさを \(F_{\text{合}}\) とします。
小球が静止しているとき、糸の張力 \(S\) はこの合力とつりあっているため、大きさは等しくなります。
$$
\begin{aligned}
S &= F_{\text{合}}
\end{aligned}
$$
また、合力のベクトルが鉛直線となす角が \(\theta_0\) です。
ベクトル図（直角三角形）において、底辺が \(ma\)、高さが \(mg\) に相当します。
タンジェントの定義より以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\tan\theta_0 &= \frac{\text{対辺}}{\text{隣辺}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 三平方の定理
- 三角比の定義
三平方の定理より合力の大きさを求めます。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{合}} &= \sqrt{(mg)^2 + (ma)^2} \\[2.0ex]
&= m \sqrt{g^2 + a^2}
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
S &= m \sqrt{g^2 + a^2} \quad \text{（エの答え）}
\end{aligned}
$$
タンジェントを計算します。
$$
\begin{aligned}
\tan\theta_0 &= \frac{ma}{mg} \\[2.0ex]
&= \frac{a}{g} \quad \text{（ウの答え）}
\end{aligned}
$$
数式で連立方程式を解く代わりに、力の矢印をつなげて三角形を作りました。
重力と慣性力は直角なので、ピタゴラスの定理（三平方の定理）を使えば、斜めの矢印（張力）の長さがすぐにわかります。
また、三角形の辺の比を見れば、傾きの角度（タンジェント）もすぐにわかります。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。計算量が少なく、直感的に理解しやすい方法です。
解答 (エ) \(m\sqrt{g^2+a^2}\)
問(オ)・(カ)
思考の道筋とポイント
加速中の電車内では、重力と慣性力の合力が「見かけの重力」としてはたらきます。
この見かけの重力の方向（角度 \(\theta_0\)）を中心として、小球を振動させます。
物理現象としては、重力加速度 \(g\) が「見かけの重力加速度 \(g’\)」に変わっただけの単振り子と同じです。
この設問における重要なポイント
- 等価原理の応用: 静止系での単振り子の公式において、\(g\) を \(g’\) に、\(x\) を \(x’\) に置き換えるだけで答えが得られます。
- 見かけの重力加速度: \(mg’ = S = m\sqrt{g^2+a^2}\) より、\(g’ = \sqrt{g^2+a^2}\) です。
具体的な解説と立式
問(オ)
電車内の観測者にとって、小球には大きさ \(mg’ = m\sqrt{g^2+a^2}\) の見かけの重力が、糸のつりあいの方向（O’の方向）にはたらいています。
この方向を基準とした変位が \(x’\) なので、問(イ)の復元力の式 \(F = \frac{mg}{l}x\) において、\(g\) を \(g’\)、\(x\) を \(x’\) に置き換えます。
$$
\begin{aligned}
F’ &= \frac{m g’}{l} x’
\end{aligned}
$$
問(カ)
単振り子の周期の公式 \(T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\) において、同様に \(g\) を \(g’\) に置き換えます。
$$
\begin{aligned}
T &= 2\pi \sqrt{\frac{l}{g’}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 見かけの重力加速度: \(g’ = \sqrt{g^2+a^2}\)
- 単振り子の周期: \(T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\)
問(オ)
\(g’ = \sqrt{g^2+a^2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
F’ &= \frac{m \sqrt{g^2+a^2}}{l} x’
\end{aligned}
$$
問(カ)
\(g’ = \sqrt{g^2+a^2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= 2\pi \sqrt{\frac{l}{\sqrt{g^2+a^2}}}
\end{aligned}
$$
加速する電車の中では、「下向きの重力」と「右向きの慣性力」が合わさって、斜め右下向きの「強力な重力」があるような世界になります。
この新しい重力の強さは \(g’ = \sqrt{g^2+a^2}\) です。
あとは、普通の振り子の公式に出てくる \(g\) を、この新しい \(g’\) に入れ替えるだけで、復元力や周期が求まります。重力が強くなると、振り子は速く動くようになるので、周期は短くなります。
(オ) \(\frac{m\sqrt{g^2+a^2}}{l}x’\)、(カ) \(2\pi\sqrt{\frac{l}{\sqrt{g^2+a^2}}}\)
\(a=0\) のとき、それぞれ(イ)の答えおよび通常の単振り子の周期 \(2\pi\sqrt{l/g}\) に戻るため、整合性が取れています。
解答 (カ) \(\displaystyle 2\pi\sqrt{\frac{l}{\sqrt{g^2+a^2}}}\)
思考の道筋とポイント
単振り子の運動を、運動方程式から出発して微分方程式を立て、それを解くことで周期などを導出する体系的なアプローチです。
静止系（\(g\)）でも加速系（\(g’\)）でも、重力加速度を「実効的な重力加速度 \(g_{\text{実効}}\)」として一般化すれば、全く同じ数式で扱えます。
この設問における重要なポイント
- 回転運動の方程式: 半径 \(l\) の円運動をする質点の接線方向の運動方程式を立てます。
- 微小振動近似: \(\sin\theta \approx \theta\) を用いて、運動方程式を単振動の形 \(\ddot{\theta} = -\omega^2 \theta\) に帰着させます。
具体的な解説と立式
糸の支点を原点とし、つりあいの位置からの角度を \(\theta\)（反時計回りを正）とします。
接線方向の加速度は \(l \frac{d^2\theta}{dt^2}\) です。
物体にはたらく力の実効的な重力成分（復元力）は \(-m g_{\text{実効}} \sin\theta\) です。
（静止系では \(g_{\text{実効}} = g\)、加速系では \(g_{\text{実効}} = \sqrt{g^2+a^2}\)）
接線方向の運動方程式を立てます。
$$
\begin{aligned}
m \left( l \frac{d^2\theta}{dt^2} \right) &= -m g_{\text{実効}} \sin\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式（回転）: \(m(l\ddot{\theta}) = F_{\text{接線}}\)
- 微小近似: \(\sin\theta \approx \theta\)
微小振動（\(\theta \ll 1\)）の場合、\(\sin\theta \approx \theta\) と近似できます。
$$
\begin{aligned}
m l \frac{d^2\theta}{dt^2} &= -m g_{\text{実効}} \theta
\end{aligned}
$$
両辺を \(ml\) で割り、整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2\theta}{dt^2} &= -\frac{g_{\text{実効}}}{l} \theta
\end{aligned}
$$
これは角振動数 \(\omega\) の単振動の方程式 \(\frac{d^2\theta}{dt^2} = -\omega^2 \theta\) と同じ形です。
ここで、
$$
\begin{aligned}
\omega^2 &= \frac{g_{\text{実効}}}{l} \\[2.0ex]
\omega &= \sqrt{\frac{g_{\text{実効}}}{l}}
\end{aligned}
$$
周期 \(T\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi}{\omega} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{l}{g_{\text{実効}}}}
\end{aligned}
$$
また、復元力の大きさ \(F\) は、近似式より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F &= | -m g_{\text{実効}} \theta | \\[2.0ex]
&= m g_{\text{実効}} \frac{x}{l} \quad (x = l\theta \text{より})
\end{aligned}
$$
これに各ケースの \(g_{\text{実効}}\) を代入すれば、全ての答えが得られます。
- 問(イ): \(g_{\text{実効}} = g\) を代入 \(\rightarrow F = \frac{mg}{l}x\)
- 問(オ): \(g_{\text{実効}} = \sqrt{g^2+a^2}\) を代入 \(\rightarrow F’ = \frac{m\sqrt{g^2+a^2}}{l}x’\)
- 問(カ): \(g_{\text{実効}} = \sqrt{g^2+a^2}\) を代入 \(\rightarrow T = 2\pi \sqrt{\frac{l}{\sqrt{g^2+a^2}}}\)
運動方程式という物理の根本ルールからスタートしました。
「回転の勢いの変化」＝「回転させようとする力」という式を作り、揺れ幅が小さいときの近似を使うと、自然と単振動の式が現れます。
この式から、周期や復元力が自動的に求まります。重力が変わっても、\(g\) の部分を書き換えるだけで済むことが数式からもわかります。
微積分を用いたアプローチでも、公式を用いた場合と全く同じ結果が得られました。
これにより、単振り子の公式が運動方程式から導かれるものであることが確認できます。
問(キ)・(ク)
思考の道筋とポイント
糸を切った瞬間、小球を支えていた張力が消滅します。
車内の観測者（非慣性系）から見ると、小球には「重力 \(mg\)（下向き）」と「慣性力 \(ma\)（右向き）」の2つの力がはたらき続けます。
この合力（見かけの重力）の方向に、初速度0で落下していく運動となります。
この設問における重要なポイント
- 力の分析: 糸が切れた後、張力 \(S=0\) です。残る力は重力と慣性力です。
- 運動の独立性: 鉛直方向と水平方向の運動を分けて考えます。
- 鉛直方向: 重力 \(mg\) による自由落下（初速度0）。
- 水平方向: 慣性力 \(ma\) による等加速度直線運動（初速度0、向きは右）。
具体的な解説と立式
車内の観測者から見た運動を考えます。
小球は右端で「いったん静止した瞬間」に糸を切られたので、初速度は \(0\) です。
問(キ)
鉛直方向の運動方程式を立てます（下向き正、座標 \(y\)）。
$$
\begin{aligned}
m a_y &= mg
\end{aligned}
$$
よって加速度は \(g\) です。
距離 \(h\) だけ落下する時間 \(t\) を求めます。等加速度運動の公式より、
$$
\begin{aligned}
h &= \frac{1}{2} g t^2
\end{aligned}
$$
問(ク)
水平方向の運動方程式を立てます（右向き正、座標 \(x\)）。
慣性力 \(ma\) がはたらくので、
$$
\begin{aligned}
m a_x &= ma
\end{aligned}
$$
よって加速度は \(a\) です。
時間 \(t\) の間に水平方向に移動する距離 \(L\)（問題文の「ク」）は、
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{1}{2} a t^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動の公式: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\)
問(キ)
\(h = \frac{1}{2} g t^2\) を \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
t^2 &= \frac{2h}{g} \\[2.0ex]
t &= \sqrt{\frac{2h}{g}}
\end{aligned}
$$
問(ク)
\(L = \frac{1}{2} a t^2\) に(キ)で求めた \(t^2 = \frac{2h}{g}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{1}{2} a \left( \frac{2h}{g} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{ah}{g}
\end{aligned}
$$
この \(L\) は、車内の観測者から見た「小球が右へ進んだ距離」であり、すなわち「床の点R（糸を切った瞬間の真下の点）から離れた距離」に等しいです。
糸を切ると、小球は「見かけの重力」の方向（斜め右下）に落ちていきます。
これを「縦」と「横」に分けて考えます。
縦方向には普通の重力で落ちるので、高さ \(h\) 落ちる時間は普通の自由落下と同じです。
その落ちている間、横方向には慣性力（右向きの力）でどんどん加速されます。
「落ちるのにかかった時間」を使って、「その間に横にどれだけ進んだか」を計算しました。
(キ) \(\sqrt{\frac{2h}{g}}\)、(ク) \(\frac{ah}{g}\)
高さ \(h\) が高いほど滞空時間が長くなり、その分水平距離も伸びるため妥当です。また加速度 \(a\) が大きいほど水平距離は大きくなります。
解答 (ク) \(\displaystyle \frac{ah}{g}\)
思考の道筋とポイント
車内の観測者（非慣性系）ではなく、地上の観測者（慣性系）の視点で解きます。
慣性力という「見かけの力」を使わず、実在する力と運動のみで考えるため、物理的な実体が把握しやすい解法です。
この設問における重要なポイント
- 初速度の共有: 糸を切った瞬間、小球は電車と同じ速度 \(V\)（水平左向きと仮定、あるいは右向き減速中）を持っていますが、ここでは相対運動を考えるため、電車の速度 \(V\) の向きは計算結果に影響しません。
- 運動の分離:
- 小球: 水平方向には力がはたらかないため「等速直線運動」、鉛直方向には重力のみなので「自由落下」をします（水平投射）。
- 床（点R）: 電車の一部なので、加速度 \(a\)（左向き）で「等加速度直線運動」を続けます。
- 注意: 図bで慣性力が右向きということは、電車の加速度は左向きです。
具体的な解説と立式
糸を切った時刻を \(t=0\) とし、その瞬間の電車の速度を \(V\)（右向き正）とします。
電車の加速度は左向きなので \(-a\) です。
1. 落下時間（問キ）
地上の観測者から見ても、小球の鉛直方向の運動は自由落下です。
$$
\begin{aligned}
h &= \frac{1}{2} g t^2
\end{aligned}
$$
よって、\(t = \sqrt{\frac{2h}{g}}\) となり、結果は変わりません。
2. 水平距離（問ク）
時刻 \(t\) における小球の水平位置 \(x_Q\) と、床の点Rの水平位置 \(x_R\) をそれぞれ求めます。
小球は初速度 \(V\) の等速直線運動をします（水平方向の外力なし）。
$$
\begin{aligned}
x_Q &= V t
\end{aligned}
$$
床（点R）は初速度 \(V\)、加速度 \(-a\)（左向き）の等加速度直線運動をします。
$$
\begin{aligned}
x_R &= V t + \frac{1}{2} (-a) t^2
\end{aligned}
$$
求める距離 \(L\) は、小球と床の点Rの距離の差の絶対値です。
$$
\begin{aligned}
L &= | x_Q – x_R |
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速直線運動: \(x = vt\)
- 等加速度直線運動: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\)
代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
L &= | V t – \left( V t – \frac{1}{2} a t^2 \right) | \\[2.0ex]
&= | \frac{1}{2} a t^2 | \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} a t^2
\end{aligned}
$$
これに \(t^2 = \frac{2h}{g}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{1}{2} a \left( \frac{2h}{g} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{ah}{g}
\end{aligned}
$$
外から見ると、糸が切れた小球はそのままのスピードで等速で進みますが、電車（床）はブレーキがかかったように（あるいは逆向きに加速して）減速していきます。
そのため、小球は床に対してどんどん前に出ていくように見えます。
この「小球が進んだ距離」と「床が進んだ距離」の差を計算することで、車内の人が見る「ズレ」を求めました。
メインの解法と同じ結果が得られました。
慣性力を使わなくても、相対速度・相対位置の考え方で正しく解けることが確認できました。
解答 (ク) \(\displaystyle \frac{ah}{g}\)
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 慣性力と等価原理
- 核心: 加速度運動する観測者（非慣性系）から見ると、物体には実際の力に加えて「慣性力 \(-m\vec{a}\)」がはたらきます。重力 \(m\vec{g}\) と慣性力の合力を「見かけの重力 \(m\vec{g}’\)」とみなすことで、静止系と全く同じ物理法則（単振り子の周期公式など）を適用できます。
- 理解のポイント:
- 力の合成: 重力と慣性力をベクトル合成し、その方向を「新しい鉛直方向（つりあいの位置）」、その大きさを「新しい重力の大きさ」と定義します。
- 公式の置換: 通常の物理公式に含まれる \(g\) を、見かけの重力加速度 \(g’ = \sqrt{g^2+a^2}\) に置き換えるだけで、加速系での現象を記述できます。
- 単振り子の復元力と微小振動
- 核心: 単振り子の復元力は、重力（または見かけの重力）の接線方向成分です。振幅が小さい場合、この力は変位に比例するため、物体は単振動を行います。
- 理解のポイント:
- 近似の役割: \(\sin\theta \approx \theta \approx x/l\) という幾何学的近似が、復元力を \(F \propto x\) の形にするための鍵です。
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:
- エレベーター内の単振り子: 加速度が鉛直方向の場合です。慣性力も鉛直方向になるため、見かけの重力加速度は \(g’ = g + a\) または \(g – a\) となり、単なる足し算・引き算で処理できます。
- 円運動する車内の振り子（遠心力）: カーブを曲がる車内では、慣性力として「遠心力 \(mr\omega^2\)」がはたらきます。本問の慣性力 \(ma\) を遠心力に置き換えるだけで、全く同じ解法（三平方の定理での合成など）が通用します。
- 初見の問題での着眼点:
- 観測者の特定: 「誰から見た運動か？」を最初に決めます。車内の人（非慣性系）なら慣性力を描き、地上の人（慣性系）なら慣性力を描かずに運動方程式を立てます。
- つりあいの位置の発見: 振動の中心は必ず「力がつりあう位置」です。まずは静止状態での力のつりあいを図示し、そこを原点として座標軸を設定します。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 慣性力の向きの逆転:
- 誤解: 「電車が右に加速しているから、慣性力も右だ」と直感で矢印を描いてしまう。
- 対策: 慣性力は常に「観測者の加速度と逆向き」です。電車が右に加速（\(\vec{a}\) が右）なら、慣性力は左（\(-\vec{a}\)）です。必ず図を描いて、体が後ろに持っていかれる感覚と一致するか確認しましょう。
- 糸を切った後の運動の混同:
- 誤解: 糸を切った後も、振り子のように円運動を続けると考えてしまう。あるいは、慣性力を忘れて真下に落ちると考えてしまう。
- 対策: 糸が切れた瞬間に張力は消滅します。残る力（重力と慣性力）の合力方向に、初速度（今回は0）から等加速度直線運動（自由落下のような運動）をすると認識しましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 見かけの重力加速度 \(g’\) の利用（問オ・カ）:
- 選定理由: 運動方程式を一から立てて解くよりも、既存の単振り子の公式 \(T=2\pi\sqrt{l/g}\) の \(g\) を \(g’\) に置き換える「等価原理」のアプローチの方が、計算量が圧倒的に少なく、ミスも防げるため。
- 適用根拠: 慣性力は質量に比例する力であり、重力と数学的に全く同等に扱えるため、物理法則の形が変わらないことが保証されています。
- ベクトル図による解法（問ウ・エ別解）:
- 選定理由: 力のつりあいの式を成分ごとに連立するよりも、図形的に解く方が直感的で速いため。
- 適用根拠: 3つの力がつりあっている場合、それらのベクトルは必ず閉じた三角形を作ります。特に重力と慣性力が直交する場合は直角三角形となり、三平方の定理が使えます。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 極限的なケースでの検算:
- 意識: 求めた式が、特殊な状況でも正しいか確認します。
- 実践: 例えば \(a=0\)（電車が止まっている）としたとき、\(g’ = \sqrt{g^2+0} = g\)、\(\tan\theta_0 = 0/g = 0\) となり、通常の単振り子の結果に戻ることを確認します。これで式の形が正しいことに強い確信を持てます。
- 次元解析（単位チェック）:
- 意識: 答えの式の単位が合っているか確認します。
- 実践: 問(ク)の \(\frac{ah}{g}\) なら、\(\frac{[\text{m/s}^2] \cdot [\text{m}]}{[\text{m/s}^2]} = [\text{m}]\) となり、長さの次元になっているのでOKです。もし \(g\) が分子にあったら次元が合わず間違いだと気づけます。
「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60 浮力と単振動 (20 福岡大)
【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(ケ)の別解1: 単振動のエネルギー保存則を用いた解法
- 模範解答の別解でも触れられていますが、浮力と重力の合力を復元力とする単振動のエネルギー保存則を用いて、水面から出る瞬間の速さを求めます。
- 設問(コ)の別解1: 仕事とエネルギーの関係を用いた解法
- 模範解答の別解にある通り、浮力と重力がした仕事の総和が運動エネルギーの変化（0から0）に等しいという関係式から、最高点の高さを直接導出します。
- 設問(オ)〜(ケ)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の解とエネルギー積分）
- 浮きにはたらく力を位置 \(x\) の関数として記述し、運動方程式を立てます。これを微分方程式として解くことで単振動の周期や速度を導出し、さらにエネルギー積分を行うことでエネルギー保存則を数学的に導きます。これにより、単振動の諸公式やエネルギー保存則の物理的起源を体系的に解説します。
- 設問(ケ)の別解1: 単振動のエネルギー保存則を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 単振動のエネルギー保存則: 運動エネルギーと復元力による位置エネルギーの和が保存されることを利用すると、仕事の計算（積分的な思考）をスキップして素早く解けます。
- 仕事とエネルギー: 運動の途中経過（速さの変化など）を気にせず、始状態と終状態だけで立式できるため、計算ミスを減らせます。
- 微積分の解法: 公式 \(T=2\pi\sqrt{m/K}\) やエネルギー保存則を暗記に頼らず、ニュートンの運動方程式から全てを導き出す力を養えます。特に、浮力が変位に比例する復元力として機能するメカニズム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「浮力を復元力とする単振動」です。
水に浮かべた柱状の物体（浮き）が、アルキメデスの原理による浮力と重力のバランスによって単振動する様子を解析します。さらに、振幅が大きくなって水面から飛び出す場合の運動も扱います。
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。
- アルキメデスの原理: 流体中の物体は、排除した流体の重さに等しい大きさの浮力を受けます。浮力の大きさは \(F = \rho_0 V g\) （\(\rho_0\): 流体の密度, \(V\): 水中の体積）です。
- 単振動の運動方程式: 復元力 \(F = -Kx\) がはたらく物体は、角振動数 \(\omega = \sqrt{K/m}\) の単振動を行います。
- 力学的エネルギー保存則: 保存力（重力や弾性力など）のみが仕事をする場合、力学的エネルギーは保存されます。浮力による位置エネルギーも定義可能です。
- 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、物体にはたらく力がした仕事の総和に等しくなります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (ア)〜(ウ)では、静止状態での力のつりあいから、浮きの密度や沈んでいる深さの関係を導きます。
- (エ)〜(キ)では、つりあいの位置からの変位 \(x\) に比例する復元力を導出し、単振動の周期や最大速さを求めます。
- (ク)〜(サ)では、浮きが水面から飛び出す条件と、飛び出した後の運動（投げ上げ運動）をエネルギー保存則や等加速度運動の式を用いて解析します。
問(ア)・(イ)・(ウ)
思考の道筋とポイント
まずは静止している状態、つまり「力のつりあい」を考えます。
浮きにはたらく力は、鉛直下向きの「重力」と、鉛直上向きの「浮力」の2つです。
これらがつりあっていることから、水面下の長さ \(d\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 質量の計算: 質量 \(m\) は「密度 \(\times\) 体積」で求められます。
- 浮力の計算: アルキメデスの原理より、浮力は「排除した水の重さ」です。つまり「水の密度 \(\times\) 水中の体積 \(\times\) 重力加速度」です。
具体的な解説と立式
問(ア)
浮きの底面積は \(S\)、高さは \(L\)、密度は \(\rho\) です。
浮きの体積 \(V_{\text{浮き}}\) は \(SL\) なので、質量 \(m\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
m &= \rho V_{\text{浮き}} \\[2.0ex]
&= \rho SL
\end{aligned}
$$
よって、重力の大きさ \(W\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
W &= mg \\[2.0ex]
&= \rho SL g
\end{aligned}
$$
問(イ)
図1のように、水面下の長さが \(d\) のとき、水中の体積 \(V_{\text{水中}}\) は \(Sd\) です。
アルキメデスの原理より、浮力の大きさ \(F_{\text{浮力}}\) は、排除した水の質量 \(\rho_0 V_{\text{水中}}\) に重力加速度 \(g\) をかけたものです。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{浮力}} &= \rho_0 V_{\text{水中}} g \\[2.0ex]
&= \rho_0 (Sd) g \\[2.0ex]
&= \rho_0 S d g
\end{aligned}
$$
問(ウ)
浮きは静止しているので、重力と浮力がつりあっています。
$$
\begin{aligned}
(\text{重力}) &= (\text{浮力}) \\[2.0ex]
\rho SL g &= \rho_0 S d g \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 質量と密度の関係: \(m = \rho V\)
- 重力: \(W = mg\)
- 浮力（アルキメデスの原理）: \(F = \rho_0 V g\)
- 力のつりあい: \(\sum \vec{F} = 0\)
式①を \(d\) について解きます。
両辺を \(Sg\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\rho L &= \rho_0 d \\[2.0ex]
d &= \frac{\rho}{\rho_0} L
\end{aligned}
$$
浮きが水に浮いて止まっているとき、「浮き自身の重さ」と「水が浮きを持ち上げる力（浮力）」が同じ大きさになっています。
浮力は、浮きが押しのけた水の重さと同じです。
この2つの力が釣り合うという式を作って、浮きがどれくらい沈んでいるか（\(d\)）を計算しました。
(ア) \(\rho SL g\)、(イ) \(\rho_0 S d g\)、(ウ) \(\frac{\rho}{\rho_0} L\)
浮きの密度 \(\rho\) が水の密度 \(\rho_0\) より小さい場合、\(d < L\) となり、浮きの一部が水面から出て浮くことになり、物理的に妥当です。
解答 (イ) \(\rho_0 S d g\)
解答 (ウ) \(\displaystyle \frac{\rho}{\rho_0} L\)
問(エ)
思考の道筋とポイント
つりあいの位置からさらに \(x_0\) だけ押し沈めて静止させました。
このとき、浮力は増大していますが、重力は変わりません。
不足分を手で押す力 \(F_{\text{手}}\) が補っています。
この設問における重要なポイント
- 水中の体積の変化: 水面下の長さは \(d + x_0\) になります。
- 力のつりあい: 下向きの力（重力＋手の力）と上向きの力（新しい浮力）がつりあいます。
- つりあいの式の利用: 問(ウ)の式 \(\rho SL g = \rho_0 S d g\) を利用して式を簡略化します。
具体的な解説と立式
水面下の長さは \(d + x_0\) なので、新しい浮力 \(F’_{\text{浮力}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F’_{\text{浮力}} &= \rho_0 S (d + x_0) g
\end{aligned}
$$
力のつりあいの式を立てます（下向きの力＝上向きの力）。
$$
\begin{aligned}
mg + F_{\text{手}} &= F’_{\text{浮力}} \\[2.0ex]
\rho SL g + F_{\text{手}} &= \rho_0 S (d + x_0) g
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい
式を展開し、\(F_{\text{手}}\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{手}} &= \rho_0 S (d + x_0) g – \rho SL g \\[2.0ex]
&= \rho_0 S d g + \rho_0 S x_0 g – \rho SL g
\end{aligned}
$$
ここで、問(ウ)のつりあいの式 \(\rho SL g = \rho_0 S d g\) より、第1項と第3項は打ち消し合います。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{手}} &= \rho_0 S x_0 g
\end{aligned}
$$
つりあいの位置からさらに押し込むには、増えた浮力の分だけ余計に力を加える必要があります。
増えた体積は \(S x_0\) なので、その分の水の重さ \(\rho_0 S x_0 g\) だけ、手で押す力が必要になります。
(エ) \(\rho_0 S x_0 g\)
押し込む深さ \(x_0\) に比例した力が必要であり、ばねのフックの法則 \(F=kx\) と似た形になっています。これは浮力が復元力として働くことを示唆しています。
問(オ)・(カ)・(キ)
思考の道筋とポイント
手を離すと、浮きは単振動を始めます。
単振動の周期、最大速さ、最高点の位置を求めます。
運動方程式を立てて、復元力の定数 \(K\) を特定するのが定石です。
この設問における重要なポイント
- 復元力の導出: つりあいの位置からの変位を \(x\) （下向き正）とすると、浮力の変化分 \(-\rho_0 S x g\) が復元力としてはたらきます。
- 単振動の公式: 角振動数 \(\omega = \sqrt{K/m}\)、周期 \(T = 2\pi/\omega\)、最大速さ \(v_{\text{最大}} = A\omega\) （\(A\)は振幅）。
- 振幅の特定: 手を離した位置（\(x = x_0\)）は速さが0なので、ここが振動の端となります。つまり振幅 \(A = x_0\) です。
具体的な解説と立式
問(オ)
つりあいの位置を原点とし、鉛直下向きに \(x\) 軸をとります。
変位 \(x\) のとき、水面下の長さは \(d+x\) です。
運動方程式 \(ma = F\) を立てます。
$$
\begin{aligned}
m a &= mg – \rho_0 S (d+x) g
\end{aligned}
$$
問(カ)
振幅 \(A = x_0\) です。
つりあいの位置（振動中心）での速さは最大速さ \(v_{\text{最大}}\) です。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= A \omega
\end{aligned}
$$
問(キ)
浮きが最も高くなるのは、振動の上の端（\(x = -x_0\)）です。
このとき、底面の位置はつりあいの位置（水面下 \(d\)）から \(x_0\) だけ上にあります。
よって、水面からの深さは \(d – x_0\) です。
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 単振動の周期: \(T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{K}}\)
- 単振動の最大速さ: \(v_{\text{最大}} = A\omega\)
問(オ)
つりあいの式 \(mg = \rho_0 S d g\) を用いて運動方程式を整理します。
$$
\begin{aligned}
m a &= mg – \rho_0 S d g – \rho_0 S x g \\[2.0ex]
&= – \rho_0 S g x
\end{aligned}
$$
これは復元力定数 \(K = \rho_0 S g\) の単振動の方程式です。
角振動数 \(\omega\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\omega &= \sqrt{\frac{K}{m}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{\rho_0 S g}{\rho SL}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{\rho_0 g}{\rho L}}
\end{aligned}
$$
周期 \(T\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{2\pi}{\omega} \\[2.0ex]
&= 2\pi \sqrt{\frac{\rho L}{\rho_0 g}}
\end{aligned}
$$
問(カ)
最大速さを計算します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{最大}} &= x_0 \sqrt{\frac{\rho_0 g}{\rho L}}
\end{aligned}
$$
問(キ)
\(d\) を用いずに答えるため、問(ウ)の結果 \(d = \frac{\rho}{\rho_0} L\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\text{深さ} &= d – x_0 \\[2.0ex]
&= \frac{\rho}{\rho_0} L – x_0
\end{aligned}
$$
手を離すと、浮きは「浮力と重力のバランスが取れる場所（つりあいの位置）」を中心にして、上下に揺れます（単振動）。
この揺れのリズム（周期）は、浮きの重さと、浮力がどれだけ急激に変化するか（ばね定数のようなもの）で決まります。
また、一番深く押し込んだ分だけ、逆に一番高く飛び上がります。
(オ) \(2\pi\sqrt{\frac{\rho L}{\rho_0 g}}\)、(カ) \(x_0\sqrt{\frac{\rho_0 g}{\rho L}}\)、(キ) \(\frac{\rho}{\rho_0} L – x_0\)
周期は質量（\(\rho L\)）の平方根に比例し、復元力の係数（\(\rho_0 g\)）の平方根に反比例しており、ばね振り子の \(2\pi\sqrt{m/k}\) と対応しています。
解答 (カ) \(\displaystyle x_0\sqrt{\frac{\rho_0 g}{\rho L}}\)
解答 (キ) \(\displaystyle \frac{\rho}{\rho_0} L – x_0\)
問(ク)
思考の道筋とポイント
浮きの上面を水面と同じになるまで押し沈めたので、振幅 \(A\) は \(L-d\) となります。
浮きが水から完全に飛び出す（底面が水面より上に出る）ためには、振動の上の端の位置が水面より高くなればよいです。
つりあいの位置は水面下 \(d\) なので、振幅 \(A\) が \(d\) より大きければ、上の端は水面より上に出ます。
この設問における重要なポイント
- 振幅の条件: 押し沈めた深さは \(L-d\) なので、振幅 \(A = L-d\) です。
- 飛び出す条件: 上端の位置（つりあい位置から \(A\) 上昇）が、水面（つりあい位置から \(d\) 上昇）より高くなること。すなわち \(A > d\)。
具体的な解説と立式
振幅 \(A = L – d\) です。
底面が水面から完全に出る条件は、振幅が水面下の長さ \(d\) より大きいことです。
$$
\begin{aligned}
L – d > d
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 不等式の計算
不等式を整理します。
$$
\begin{aligned}
L > 2d
\end{aligned}
$$
これに \(d = \frac{\rho}{\rho_0} L\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L > 2 \left( \frac{\rho}{\rho_0} L \right)
\end{aligned}
$$
両辺を \(L\) で割り、\(\rho\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
1 > \frac{2\rho}{\rho_0} \\[2.0ex]
\rho < \frac{\rho_0}{2}
\end{aligned}
$$
浮きを頭まで沈めて手を離したとき、勢い余って底まで水から飛び出すには、浮きが十分に軽くないといけません。
計算の結果、浮きの密度が水の密度の半分より小さければ、飛び出すことがわかりました。
半分より軽いと、普段浮いている部分（\(L-d\)）の方が沈んでいる部分（\(d\)）より長くなるので、その分だけ沈めると、戻るときに大きく飛び上がるからです。
(ク) \(\frac{\rho_0}{2}\)
密度が小さいほど浮きやすく、飛び出しやすくなるため、上限値があることは妥当です。
問(ケ)
思考の道筋とポイント
浮きが水面から飛び出す瞬間（底面が水面にある瞬間）の速さを求めます。
この瞬間までは浮力がはたらいており、浮力は深さに比例して変化します。
「仕事とエネルギーの関係」または「グラフの面積（仕事）」を利用して解きます。
この設問における重要なポイント
- 仕事の計算: 浮力は変位とともに変化する力なので、仕事は \(W = \int F dx\) または \(F-x\) グラフの面積で求めます。
- 重力の仕事: 重力は一定なので、\(W = -mgh\) で求められます。
- 運動エネルギーの変化: 初速0から求める速さ \(v\) までのエネルギー変化は、合力がした仕事に等しいです。
具体的な解説と立式
浮きの底面の位置を基準に考えます。
スタート地点（上面が水面と一致）から、飛び出す地点（底面が水面と一致）まで、浮きは距離 \(L\) だけ上昇します。
この間の仕事とエネルギーの関係式を立てます。
- 浮力がした仕事 \(W_{\text{浮力}}\):
浮力の大きさは、スタート時 \(\rho_0 SL g\) （全身没）、ゴール時 \(0\) （完全出）です。
図gのように、浮力は距離 \(x’\) に対して直線的に減少するので、仕事は三角形の面積で求められます。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{浮力}} &= \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ}) \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \times L \times \rho_0 SL g \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \rho_0 S L^2 g
\end{aligned}
$$ - 重力がした仕事 \(W_{\text{重力}}\):
重力 \(mg = \rho SL g\) は一定で、移動方向と逆向きにはたらくので、負の仕事です。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{重力}} &= – (\rho SL g) \times L \\[2.0ex] &= – \rho S L^2 g
\end{aligned}
$$ - エネルギーの関係式:
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v^2 – 0 &= W_{\text{浮力}} + W_{\text{重力}} \\[2.0ex] \frac{1}{2} (\rho SL) v^2 &= \frac{1}{2} \rho_0 S L^2 g – \rho S L^2 g
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 仕事とエネルギーの関係: \(\Delta K = W\)
- 変力（一次関数）の仕事: グラフの面積（三角形）
式を整理して \(v\) を求めます。
両辺を \(\frac{1}{2} SL\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\rho v^2 &= \rho_0 L g – 2 \rho L g \\[2.0ex]
v^2 &= \frac{\rho_0 – 2\rho}{\rho} L g \\[2.0ex]
&= \left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL
\end{aligned}
$$
平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL}
\end{aligned}
$$
浮きが水から飛び出すまでの間、浮力は浮きを押し上げようとし（プラスの仕事）、重力は引き下げようとします（マイナスの仕事）。
浮力はだんだん弱くなりますが、トータルでは浮力の勝ち越しです。
その「勝ち越し分のエネルギー」が、浮きのスピード（運動エネルギー）に変わりました。
(ケ) \(\sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL}\)
ルートの中身が正であるためには \(\frac{\rho_0}{\rho} > 2\)、つまり \(\rho < \frac{\rho_0}{2}\) が必要で、これは問(ク)の条件と一致します。
思考の道筋とポイント
水から出る瞬間までは単振動の一部なので、単振動のエネルギー保存則が使えます。
つりあいの位置を基準に考えます。
この設問における重要なポイント
- 状態の比較:
- スタート地点: \(x = L-d\) （つりあい位置より下）、速さ \(0\)
- ゴール地点: \(x = -d\) （つりあい位置より上、水面）、速さ \(v\)
- 保存則の式: \(\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Kx^2 = \text{一定}\)
具体的な解説と立式
単振動のエネルギー保存則を立てます。
復元力定数は \(K = \rho_0 S g\) です。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} K (L-d)^2 &= \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} K (-d)^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 単振動のエネルギー保存則: \(E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}Kx^2\)
式を整理します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v^2 &= \frac{1}{2} K (L-d)^2 – \frac{1}{2} K d^2 \\[2.0ex]
m v^2 &= K (L^2 – 2Ld + d^2 – d^2) \\[2.0ex]
&= K (L^2 – 2Ld)
\end{aligned}
$$
\(m = \rho SL\)、\(K = \rho_0 S g\)、\(d = \frac{\rho}{\rho_0} L\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\rho SL v^2 &= \rho_0 S g \left( L^2 – 2L \frac{\rho}{\rho_0} L \right) \\[2.0ex]
\rho L v^2 &= \rho_0 g L^2 – 2 \rho g L^2
\end{aligned}
$$
両辺を \(\rho L\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{\rho_0}{\rho} g L – 2 g L \\[2.0ex]
v &= \sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL}
\end{aligned}
$$
単振動の「ばねのエネルギー（ここでは浮力のエネルギー）」と「運動エネルギー」の合計が変わらないというルールを使いました。
スタート地点とゴール地点でのエネルギーを比べて、その差額がスピードに変わったと考えました。
メインの解法と同じ結果が得られました。
積分計算（面積計算）が不要な分、立式がシンプルです。
問(コ)
思考の道筋とポイント
水面から飛び出した後は、浮力がなくなり重力のみがはたらくため、「鉛直投げ上げ運動」になります。
最高点では速さが0になります。
等加速度運動の公式 \(v^2 – v_0^2 = -2gy\) を使います。
この設問における重要なポイント
- 運動の切り替わり: 水面を出た瞬間から、加速度は \(g\) （下向き）の等加速度運動になります。
- 初速度: 問(ケ)で求めた \(v\) が初速度 \(v_0\) になります。
具体的な解説と立式
水面からの高さを \(h\) とします。
最高点での速さは \(0\) です。
鉛直投げ上げの公式より、
$$
\begin{aligned}
0^2 – v^2 &= -2gh
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
\(h\) について解き、\(v^2 = \left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
h &= \frac{v^2}{2g} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2g} \left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) L \\[2.0ex]
&= \left( \frac{\rho_0}{2\rho} – 1 \right) L
\end{aligned}
$$
水面から飛び出した後は、ボールを上に投げたのと同じです。
最初のスピード（\(v\)）を使って、重力に逆らってどれだけ高く上がれるかを計算しました。
(コ) \(\left( \frac{\rho_0}{2\rho} – 1 \right) L\)
\(\rho < \rho_0/2\) なので \(h > 0\) となり妥当です。
思考の道筋とポイント
スタート（全没状態）から最高点（空中で静止）までを一貫して考えます。
この間、運動エネルギーの変化は \(0 \to 0\) なので、外力がした仕事の総和は \(0\) です。
この設問における重要なポイント
- 仕事の総和: \(W_{\text{浮力}} + W_{\text{重力}} = 0\)
- 移動距離: 重力が仕事をする距離は \(L+h\) です。
具体的な解説と立式
- 浮力の仕事: 水面から出るまでしかはたらかないので、問(ケ)と同じく \(W_{\text{浮力}} = \frac{1}{2} \rho_0 S L^2 g\) です。
- 重力の仕事: 最高点まで距離 \(L+h\) 移動するので、\(W_{\text{重力}} = -mg(L+h) = -\rho SL g (L+h)\) です。
仕事とエネルギーの関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
0 – 0 &= W_{\text{浮力}} + W_{\text{重力}} \\[2.0ex]
0 &= \frac{1}{2} \rho_0 S L^2 g – \rho SL g (L+h)
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 仕事とエネルギーの関係: \(\Delta K = W\)
\(SLg\) で割り、\(h\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\rho (L+h) &= \frac{1}{2} \rho_0 L \\[2.0ex]
L+h &= \frac{\rho_0}{2\rho} L \\[2.0ex]
h &= \frac{\rho_0}{2\rho} L – L \\[2.0ex]
&= \left( \frac{\rho_0}{2\rho} – 1 \right) L
\end{aligned}
$$
「浮きがもらったエネルギー（浮力の仕事）」と「浮きが使ったエネルギー（重力に逆らって登る仕事）」が、最終的にチャラになる（プラスマイナスゼロ）という関係を使いました。
途中のスピード計算を飛ばして、いきなり高さを求められるので便利です。
メインの解法と同じ結果が得られました。
計算ステップが少なく、ミスのリスクが低い解法です。
問(サ)
思考の道筋とポイント
水面から出て、最高点に達し、再び水面に戻るまでの時間を求めます。
投げ上げ運動の対称性を利用します。
「行き（上昇）」と「帰り（下降）」の時間は同じです。
この設問における重要なポイント
- 対称性: 最高点までの時間を \(t_{\text{up}}\) とすると、求める時間は \(2 t_{\text{up}}\) です。
- 最高点までの時間: \(v = v_0 – gt\) より、\(0 = v – g t_{\text{up}}\) です。
具体的な解説と立式
最高点に達するまでの時間を \(t_{\text{up}}\) とします。
初速度 \(v\)、加速度 \(-g\) なので、
$$
\begin{aligned}
0 &= v – g t_{\text{up}}
\end{aligned}
$$
求める時間 \(t\) は往復分なので2倍します。
$$
\begin{aligned}
t &= 2 t_{\text{up}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度直線運動: \(v = v_0 + at\)
\(t_{\text{up}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
t_{\text{up}} &= \frac{v}{g}
\end{aligned}
$$
\(t\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{2v}{g}
\end{aligned}
$$
\(v = \sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{2}{g} \sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL} \\[2.0ex]
&= 2 \sqrt{\frac{1}{g^2} \left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) gL} \\[2.0ex]
&= 2 \sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) \frac{L}{g}}
\end{aligned}
$$
ボールを投げ上げてから手元に戻ってくるまでの時間は、最高点に行くまでの時間の2倍です。
最高点に行くまでの時間は、「初めのスピード」を「重力によるブレーキ（\(g\)）」で割れば求まります。
(サ) \(2\sqrt{\left( \frac{\rho_0}{\rho} – 2 \right) \frac{L}{g}}\)
次元を確認すると \(\sqrt{\text{m} / (\text{m/s}^2)} = \text{s}\) となり、時間の単位になっています。
思考の道筋とポイント
運動方程式を微分方程式として解き、位置 \(x(t)\) と速度 \(v(t)\) を導出します。
さらに、運動方程式を空間積分することで、エネルギー保存則を数学的に導きます。
この設問における重要なポイント
- 微分方程式の解: \(m\ddot{x} = -Kx\) の解は \(x(t) = A \cos(\omega t)\) です。
- エネルギー積分: \(\int m\ddot{x} \dot{x} dt = \int -Kx \dot{x} dt\) より \(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 + \frac{1}{2}Kx^2 = \text{const}\) を導きます。
具体的な解説と立式
つりあいの位置を原点 \(x=0\) とし、下向きを正とします。
運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2x}{dt^2} &= -Kx \quad (K = \rho_0 S g)
\end{aligned}
$$
角振動数 \(\omega = \sqrt{K/m}\) とすると、
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2x}{dt^2} &= -\omega^2 x
\end{aligned}
$$
初期条件（\(t=0\) で \(x=x_0, v=0\)）を満たす解は、
$$
\begin{aligned}
x(t) &= x_0 \cos(\omega t)
\end{aligned}
$$
速度 \(v(t)\) は、
$$
\begin{aligned}
v(t) &= \frac{dx}{dt} \\[2.0ex]
&= -x_0 \omega \sin(\omega t)
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式（微分形）
- 微分の公式
これより、
- 周期 (オ): \(T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi \sqrt{\frac{m}{K}} = 2\pi \sqrt{\frac{\rho L}{\rho_0 g}}\)
- 最大速さ (カ): \(v_{\text{最大}} = | -x_0 \omega | = x_0 \sqrt{\frac{\rho_0 g}{\rho L}}\)
次に、運動方程式の両辺に \(v = \frac{dx}{dt}\) をかけて積分します。
$$
\begin{aligned}
m v \frac{dv}{dt} &= -Kx \frac{dx}{dt} \\[2.0ex]
\int m v \, dv &= \int -Kx \, dx \\[2.0ex]
\frac{1}{2} m v^2 &= -\frac{1}{2} K x^2 + C
\end{aligned}
$$
これよりエネルギー保存則 \(\frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} K x^2 = \text{一定}\) が導かれます。
問(ケ)では、\(x = L-d\) で \(v=0\)、\(x = -d\) で速さ \(v\) なので、
$$
\begin{aligned}
0 + \frac{1}{2} K (L-d)^2 &= \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} K (-d)^2
\end{aligned}
$$
となり、別解1と同じ式が得られます。
運動方程式を「時間の関数」として解くことで、浮きの動きを完全に予測しました。
また、運動方程式を積分することで、「エネルギー保存則」というルールが、実はニュートンの運動法則から自動的に出てくるものであることを確認しました。
微積分を用いても、公式や保存則を用いた場合と全く同じ結果が得られました。
物理法則の整合性が確認できました。
【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？
- 浮力による単振動のメカニズム
- 核心: 浮力は「排除した流体の重さ」に等しく、物体が沈めば沈むほど大きくなります。この「変位に比例して逆向きにはたらく力（復元力）」の性質が、ばねと同じ単振動を引き起こします。
- 理解のポイント:
- つりあいの位置: 重力と浮力がつりあう深さ \(d\) が振動の中心になります。
- 復元力定数 \(K\): 水面での断面積 \(S\) と流体の密度 \(\rho_0\) で決まり、\(K = \rho_0 S g\) となります。ばね定数 \(k\) に相当します。
- 運動の切り替わり（水中から空中へ）
- 核心: 物体が水面から出ると、浮力が消滅し、重力のみがはたらく「投げ上げ運動」に切り替わります。この境界点（水面）での速度や位置の連続性を利用して、運動をつなぎ合わせる必要があります。
- 理解のポイント:
- エネルギーの保存: 水中では「単振動のエネルギー」、空中では「重力下での力学的エネルギー」が保存されますが、境界点での速度 \(v\) を介して両者をつなぐことができます。
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:
- 密度が変化する浮き: 浮きの形状が柱状でなく（例：円錐）、断面積 \(S\) が深さによって変わる場合、復元力は \(x\) に比例しなくなり、単振動ではなくなります（非線形振動）。しかし、エネルギー保存則のアプローチは有効です。
- 2種類の液体界面での振動: 水と油の界面に浮く物体など。2つの浮力の合力を考えますが、結局は「変位した分の体積 \(\times\) 密度差 \(\times g\)」が復元力になります。
- 初見の問題での着眼点:
- つりあいの位置を計算: まず静止状態でどこまで沈むか計算し、そこを原点 \(x=0\) に設定します。
- 微小変位での力を立式: \(x\) だけずらした時の力を書き出し、\(F = -Kx\) の形になるか確認します。なれば単振動です。
- 仕事とエネルギーの活用: 複雑な運動（力が変化する、区間が分かれる）の場合、運動方程式を解くよりも、始点と終点でのエネルギー収支（仕事）を計算する方が圧倒的に速いです。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 浮力の反作用の忘れ:
- 誤解: 浮きが水を押す力を考慮せず、水面の高さが変わらないと仮定してしまう（本問では無視してよい指示がありますが、厳密には水面上昇の影響があります）。
- 対策: 問題文の「水面の変化は無視」という指示を見逃さないようにしましょう。もし無視できない場合は、相対変位を考える必要があります。
- 座標軸の向きと符号:
- 誤解: 下向きを正としたのに、浮力（上向き）をプラスで書いてしまう。
- 対策: 運動方程式を立てる際は、必ず「軸の正方向の力」－「負方向の力」と機械的に記述し、符号ミスを防ぎましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 仕事とエネルギーの関係（問コ別解）:
- 選定理由: 途中の速度 \(v\) を経由せず、始点（全没）と終点（最高点）を直接結びつけることで、計算ステップを減らし、誤差やミスの混入を防ぐため。
- 適用根拠: 浮力を位置エネルギーとして扱わず、浮力がした仕事（力と変位のグラフの面積）として直接計算してエネルギーの収支に入れれば、エネルギー原理が適用可能です。
- 単振動のエネルギー保存則（問ケ別解）:
- 選定理由: 浮力の仕事を積分（面積計算）で求める手間を省き、ばね振り子のアナロジーとして直感的に立式できるため。
- 適用根拠: 復元力が変位に比例する場合、ポテンシャルエネルギー \(\frac{1}{2}Kx^2\) が定義でき、力学的エネルギーが保存されるため。
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: 答えの式の単位が合っているか確認します。
- 実践: 例えば周期 \(T\) の答えが \(2\pi\sqrt{\frac{\rho L}{\rho_0 g}}\) なら、ルートの中身は \(\frac{[\text{kg/m}^3][\text{m}]}{[\text{kg/m}^3][\text{m/s}^2]} = \frac{1}{1/\text{s}^2} = \text{s}^2\) となり、ルートをとれば秒（s）になるのでOKです。
- 極限的なケースでの検算:
- 意識: \(\rho\) や \(\rho_0\) の大小関係で挙動を確認します。
- 実践: もし \(\rho = \rho_0\) （水と同じ密度）なら、浮きは水中でどこでも静止できるはずです（中立平衡）。このとき \(d=L\) となり、上へずらせば復元力がはたらきますが、下へずらすと全没したまま復元力がはたらかないので、単振動にはなりません。周期の式は浮きが常に水面をまたいで振動する（振幅が \(d\) と \(L-d\) の小さいほう以下の）ときだけ使える式で、\(\rho = \rho_0\) では \(L-d=0\) となりその範囲がないため、この式はそもそも使えません。逆に \(\rho \to 0\) ならものすごい速さで飛び出すはずで、式も \(v \to \infty\) となり整合します。
PREMIUM
この問題の「なぜそう解くのか」も
全て言語化されています。
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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