問題07 斜面をのぼる小球の運動 (上智大)
【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(1)[エ]の別解: 力学的エネルギー保存則を用いた解法
- 模範解答が等加速度運動の公式を用いて速度を求めるのに対し、別解ではエネルギー保存則を用いて、高さの変化から直接速度を求めます。
- 設問(2)[ク]の別解: 運動の対称性を用いた解法
- 模範解答が変位の式から時間を計算するのに対し、別解では「最高点までの時間の2倍」という対称性を利用して計算を簡略化します。
- 全設問共通の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式の積分）
- 公式を既知とせず、運動方程式を立式し、それを時間で積分することで速度と位置の式を導出し、全ての設問を一貫して解きます。
- 設問(1)[エ]の別解: 力学的エネルギー保存則を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- エネルギー保存則: 加速度や時間を経由せずに始点と終点の関係を直接結びつけるため、計算量が減りミスを防げます。
- 対称性: 2次方程式を解く手間を省き、物理的直感に基づいて素早く解答にたどり着けます。
- 微積分: 「公式に当てはめる」のではなく、ニュートンの運動方程式という原理から出発するため、斜面の角度が変化する場合などの応用問題にも対応できる基礎力を養います。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「斜面上での放物運動と座標変換」です。3次元的な空間運動を、斜面に沿った成分と水平成分に分解して考える力が問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 力の分解と運動の独立性: 重力を斜面に平行な成分と垂直な成分に分解し、\(x\) 軸方向（水平）と \(y’\) 軸方向（斜面）の運動を独立して扱います。
- 等加速度運動: 斜面方向には一定の重力成分が働くため、等加速度運動の公式が適用できます。
- 力学的エネルギー保存則: 摩擦がないため、重力による位置エネルギーと運動エネルギーの総和は保存されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、小球に働く力を分析し、各方向の運動の性質（等速か等加速か）を見極めます。その後、等加速度運動の公式を用いて速度や時間を計算します。
- (2)では、斜面を登り切れるかどうかの「臨界条件」を考察し、再び下面に戻ってくる場合の運動時間を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
まず、小球に働く力を図示して分析します。
斜面の角度は \(\phi\) です。重力 \(mg\) を斜面に垂直な成分と、斜面に平行な成分（\(y’\) 軸方向）に分解します。
摩擦がないため、斜面上の \(x\) 軸方向（水平方向）には力が働きません。
この設問における重要なポイント
- 座標軸の取り方: 問題の図に従い、\(x\) 軸は斜面の等高線方向、\(y’\) 軸は斜面の最大傾斜方向（上向き正）にとります。
- 初速度の分解: 小球の初速度 \(v\) は、\(y\) 軸（斜面に向かう水平方向）と角度 \(\theta_1\) をなしています。
- \(x\) 成分: \(v_{x\text{初}} = v \sin \theta_1\)
- \(y’\) 成分（斜面に沿った成分）: \(v_{y’\text{初}} = v \cos \theta_1\)
- 注意: 通常の \(x\) 軸からの角度設定とは異なり、\(y\) 軸基準の角度であることに注意が必要です（図3「斜面を真上から見た図」参照）。
具体的な解説と立式
[ア]、[イ]について
小球（質量 \(m\)）に働く力を考えます。
斜面に垂直な方向には、重力の分力 \(mg \cos \phi\) と垂直抗力 \(N\) がつりあっています。
斜面に平行な面内での運動方程式を立てます。\(x\) 軸方向の加速度を \(a_x\)、\(y’\) 軸方向の加速度を \(a_{y’}\) とします。
\(x\) 軸方向には力が働かないため、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
m a_x &= 0
\end{aligned}
$$
\(y’\) 軸方向（斜面上向き正）には、重力の斜面成分 \(mg \sin \phi\) が下向き（負の向き）に働きます。
$$
\begin{aligned}
m a_{y’} &= – mg \sin \phi
\end{aligned}
$$
[ウ]について
\(x\) 方向は等速度運動なので、上面に到達したときの速度の \(x\) 成分 \(v_x\) は、初速度の \(x\) 成分 \(v_{x\text{初}}\) と等しくなります。
初速度ベクトル \(v\) と \(y\) 軸のなす角が \(\theta_1\) であることから、\(x\) 成分を立式します。
$$
\begin{aligned}
v_x &= v_{x\text{初}}
\end{aligned}
$$
[エ]について
斜面を登り切ったとき（上面に到達したとき）の \(y’\) 方向の速度成分を \(v_{y’}\) とします。
斜面の高さを \(h\)、斜面の傾角を \(\phi\) とすると、斜面の長さ（移動距離）\(L\) は幾何学的に以下の関係を満たします。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{h}{\sin \phi}
\end{aligned}
$$
\(y’\) 方向の運動について、等加速度運動の公式「速度の2乗の差＝2×加速度×変位」を用います。
初速度は \(v_{y’\text{初}} = v \cos \theta_1\)、加速度は \(a_{y’}\)、変位は \(L\) です。
$$
\begin{aligned}
v_{y’}^2 – v_{y’\text{初}}^2 &= 2 a_{y’} L
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(ma = F\)
- 等加速度運動の公式: \(v^2 – v_0^2 = 2ax\)
[ア]、[イ]の計算
運動方程式より加速度を求めます。
$$
\begin{aligned}
a_x &= 0 \\[2.0ex]
a_{y’} &= – g \sin \phi
\end{aligned}
$$
これより、以下の結論が得られます。
- \(x\) 方向: 加速度 \(0\) なので、等速度運動（選択肢①）。
- \(y’\) 方向: 加速度 \(a = -g \sin \phi\) の等加速度運動（選択肢②）。
[ウ]の計算
立式より、初速度の成分を代入して求めます。
$$
\begin{aligned}
v_x &= v \sin \theta_1
\end{aligned}
$$
[エ]の計算
等加速度運動の式に各値を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{y’}^2 – (v \cos \theta_1)^2 &= 2 (-g \sin \phi) \cdot \frac{h}{\sin \phi} \\[2.0ex]
v_{y’}^2 – v^2 \cos^2 \theta_1 &= -2gh \\[2.0ex]
v_{y’}^2 &= v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh
\end{aligned}
$$
\(v_{y’} > 0\) （登り切るので速度は正）より、平方根をとります。
$$
\begin{aligned}
v_{y’} &= \sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh}
\end{aligned}
$$
上面は水平なので、この斜面方向の速度成分 \(v_{y’}\) が、そのまま上面での \(y\) 方向速度 \(v_y\) となります。
まず、重力が斜面の下向きに引っ張るため、登るにつれてスピードが落ちていくことを確認しました。
水平方向（横方向）には邪魔する力がないので、スピードは変わりません。
斜面方向（縦方向）については、「どれくらいの距離を登ると、どれくらいスピードが落ちるか」という公式を使って計算しました。斜面の長さは高さ \(h\) と角度 \(\phi\) から求められます。
[イ]: ② 加速度 \(a = -g \sin \phi\) の等加速度運動
[ウ]: \(v \sin \theta_1\)
[エ]: \(\sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh}\)
ルートの中身が正であることは、登り切れる条件（初速度の運動エネルギーが位置エネルギーより大きい）に対応しており、物理的に妥当です。
[ア] ①
[イ] ②
[ウ] \(\displaystyle v \sin \theta_1\)
[エ] \(\displaystyle \sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh}\)
思考の道筋とポイント
摩擦がないため、保存力である重力のみが仕事をします。したがって、力学的エネルギー保存則が成立します。
下面（高さ \(0\)）と上面（高さ \(h\)）でのエネルギーを比較します。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則: \((\text{運動エネルギー}) + (\text{位置エネルギー}) = \text{一定}\)
- 速度の合成: 全速度の2乗は、成分の2乗の和に等しい（\(v^2 = v_x^2 + v_y^2\)）。
具体的な解説と立式
下面での速さは \(v\)、上面での速さを \(v’\) とします。
力学的エネルギー保存則より以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v^2 &= \frac{1}{2} m (v’)^2 + mgh
\end{aligned}
$$
上面での速度 \(v’\) は、\(x\) 成分 \(v_x\) と \(y\) 成分 \(v_y\)（斜面を登り切った直後の \(v_{y’}\)）の合成速度です。
三平方の定理より以下の関係があります。
$$
\begin{aligned}
(v’)^2 &= v_x^2 + v_y^2
\end{aligned}
$$
また、\(x\) 成分は変化しないため、以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
v_x &= v \sin \theta_1
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力学的エネルギー保存則: \(K + U = \text{一定}\)
- 三平方の定理: \(v^2 = v_x^2 + v_y^2\)
エネルギー保存則の式を変形して \(v_y\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v^2 &= \frac{1}{2} m (v_x^2 + v_y^2) + mgh \\[2.0ex]
v^2 &= (v \sin \theta_1)^2 + v_y^2 + 2gh \\[2.0ex]
v_y^2 &= v^2 – v^2 \sin^2 \theta_1 – 2gh \\[2.0ex]
&= v^2 (1 – \sin^2 \theta_1) – 2gh
\end{aligned}
$$
三角関数の関係式 \(1 – \sin^2 \theta_1 = \cos^2 \theta_1\) を用います。
$$
\begin{aligned}
v_y^2 &= v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh \\[2.0ex]
v_y &= \sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh}
\end{aligned}
$$
「運動エネルギー」と「位置エネルギー」の合計が変わらないというルールを使いました。
登った分だけ位置エネルギーが増えるので、その分運動エネルギー（速さ）が減ります。
横方向の速さは変わらないので、減った分はすべて縦方向の速さから引かれることになります。
等加速度運動の公式を用いた場合と全く同じ結果が得られました。加速度や斜面の長さを計算する必要がないため、計算ミスを減らせる有効な方法です。
[オ]について
思考の道筋とポイント
斜面を登り始めてから上面に到達するまでの時間 \(t\) を求めます。
\(y’\) 方向の速度が、初速度 \(v_{y’\text{初}}\) から上面での速度 \(v_{y’}\) に変化するまでの時間を計算します。
具体的な解説と立式
等加速度運動の速度の公式 \(v = v_0 + at\) を \(y’\) 方向に適用します。
上面に到達したときの速度 \(v_{y’}\) は先ほど求めた値（[エ]の答え）です。
$$
\begin{aligned}
v_{y’} &= v_{y’\text{初}} + a_{y’} t
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度運動の速度公式: \(v = v_0 + at\)
値を代入して \(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh} &= v \cos \theta_1 + (-g \sin \phi) t \\[2.0ex]
(g \sin \phi) t &= v \cos \theta_1 – \sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh} \\[2.0ex]
t &= \frac{v \cos \theta_1 – \sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh}}{g \sin \phi}
\end{aligned}
$$
速度が「初めの速度」から「終わりの速度」に変わるまでに、どれくらいの時間がかかるかを計算しました。
ブレーキ（重力による減速）が一定の強さでかかっているので、速度の変化量をブレーキの強さ（加速度）で割ることで時間が求まります。
分母の \(g \sin \phi\) は加速度の大きさ、分子は速度の減少量を表しており、次元は \([\text{L/T}] / [\text{L/T}^2] = [\text{T}]\) となり正しいです。
[カ]について
思考の道筋とポイント
上面での小球の進む方向 \(\theta_2\) は、速度ベクトル \(\vec{v}’\) の向きです。
\(\theta_1, \theta_2\) は共に \(y\) 軸（進行方向基準）とのなす角として定義されています。
\(x\) 方向の速度成分が変わらないこと（\(v_x = v’_x\)）と、速さが変化することを利用します。
具体的な解説と立式
下面での速度の \(x\) 成分は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
v_x &= v \sin \theta_1
\end{aligned}
$$
上面での速度の \(x\) 成分（速さを \(v’\) とする）は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
v’_x &= v’ \sin \theta_2
\end{aligned}
$$
\(x\) 方向は等速なので \(v_x = v’_x\) です。
$$
\begin{aligned}
v \sin \theta_1 &= v’ \sin \theta_2 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
これを変形して \(\frac{\sin \theta_1}{\sin \theta_2}\) を求めます。
使用した物理公式
- 速度の成分分解: \(v_x = v \sin \theta\)
式①より比を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{\sin \theta_1}{\sin \theta_2} &= \frac{v’}{v}
\end{aligned}
$$
ここで、上面での速さ \(v’\) は、エネルギー保存則（別解で求めた式）より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m v^2 &= \frac{1}{2} m (v’)^2 + mgh \\[2.0ex]
(v’)^2 &= v^2 – 2gh \\[2.0ex]
v’ &= \sqrt{v^2 – 2gh}
\end{aligned}
$$
これを代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{\sin \theta_1}{\sin \theta_2} &= \frac{\sqrt{v^2 – 2gh}}{v} \\[2.0ex]
&= \sqrt{\frac{v^2 – 2gh}{v^2}} \\[2.0ex]
&= \sqrt{1 – \frac{2gh}{v^2}}
\end{aligned}
$$
光が屈折するときのように、粒子の速さが変わると進む向きが変わります。
横方向（\(x\) 方向）のスピードは変わらないのに、縦方向（\(y\) 方向）のスピードが遅くなったため、全体としての進む向きは横に寝ていきます（角度 \(\theta\) が大きくなる）。
その比率は、登る前と登った後の「全体の速さの比」で決まります。
\(v^2 > 2gh\) （登り切れる条件）であればルートの中身は正となり、値は1より小さくなります。これは \(\sin \theta_1 < \sin \theta_2\)、つまり \(\theta_1 < \theta_2\) を意味し、図の状況と一致します。
問(2)
[キ]について
思考の道筋とポイント
\(\theta_1\) を大きくしていく（横向きに打ち出す）と、斜面を登るための初速度成分 \(v_{y’\text{初}} = v \cos \theta_1\) が小さくなります。
ある角度 \(\theta_c\) を超えると、登り切る前に斜面方向の速度が \(0\) になってしまい、上面に到達できなくなります。
「上面に到達できずに戻ってくる」境界の条件（臨界条件）は、「上面の高さに達した瞬間に、ちょうど斜面方向の速度 \(v_{y’}\) が \(0\) になる」ことです。
具体的な解説と立式
上面に到達したときの斜面方向速度 \(v_{y’}\) は、[エ]で求めた通りです。
$$
\begin{aligned}
v_{y’} &= \sqrt{v^2 \cos^2 \theta_1 – 2gh}
\end{aligned}
$$
これが実数として存在するためには、ルートの中身が \(0\) 以上でなければなりません。
臨界角 \(\theta_c\) のとき、ルートの中身がちょうど \(0\) になります。
$$
\begin{aligned}
v^2 \cos^2 \theta_c – 2gh &= 0
\end{aligned}
$$
また、問題文では \(\sin \theta_c\) の形を求めているため、\(\cos^2 \theta_c = 1 – \sin^2 \theta_c\) を利用します。
使用した物理公式
- 三角関数の相互関係: \(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1\)
条件式を変形します。
$$
\begin{aligned}
v^2 (1 – \sin^2 \theta_c) &= 2gh \\[2.0ex]
1 – \sin^2 \theta_c &= \frac{2gh}{v^2} \\[2.0ex]
\sin^2 \theta_c &= 1 – \frac{2gh}{v^2}
\end{aligned}
$$
\(\theta_c\) は鋭角なので \(\sin \theta_c > 0\) です。
$$
\begin{aligned}
\sin \theta_c &= \sqrt{1 – \frac{2gh}{v^2}}
\end{aligned}
$$
斜面を登り切るギリギリの条件を考えました。
角度をつけすぎると、縦方向の勢いが足りなくなって途中で落ちてしまいます。
ちょうど登り切った瞬間に縦方向の速度がゼロになるような角度を計算しました。
この式は、[カ]の答えにおいて \(\theta_2 = 90^\circ\) （\(\sin \theta_2 = 1\)）とした場合と一致します。
\(\theta_2 = 90^\circ\) というのは、上面に達した瞬間に真横（\(x\) 軸方向）を向いている、つまり縦方向の速度がなくなった状態を意味し、物理的に整合しています。
[ク]について
思考の道筋とポイント
\(\theta_1 > \theta_c\) の場合、小球は途中で最高点に達し、滑り落ちて下面に戻ってきます。
斜面方向（\(y’\) 軸方向）の運動だけに注目します。
初速度 \(v_{y’\text{初}} = v \cos \theta_1\)、加速度 \(a_{y’} = -g \sin \phi\) の等加速度運動を行い、変位が再び \(0\) になるまでの時間 \(t’\) を求めます。
具体的な解説と立式
等加速度運動の変位の公式 \(y’ = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\) を用います。
戻ってきたとき、変位 \(y’\) は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
0 &= v_{y’\text{初}} t’ + \frac{1}{2} a_{y’} (t’)^2
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度運動の変位公式: \(x = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2\)
値を代入します。
$$
\begin{aligned}
0 &= (v \cos \theta_1) t’ + \frac{1}{2} (-g \sin \phi) (t’)^2
\end{aligned}
$$
\(t’ > 0\) なので、両辺を \(t’\) で割ることができます（あるいは因数分解して \(0\) でない方の解を選びます）。
$$
\begin{aligned}
(v \cos \theta_1) t’ – \frac{1}{2} (g \sin \phi) (t’)^2 &= 0 \\[2.0ex]
t’ \left( v \cos \theta_1 – \frac{1}{2} g \sin \phi \cdot t’ \right) &= 0
\end{aligned}
$$
\(t’ \neq 0\) より、括弧内が \(0\) になります。
$$
\begin{aligned}
v \cos \theta_1 &= \frac{1}{2} g \sin \phi \cdot t’ \\[2.0ex]
t’ &= \frac{2 v \cos \theta_1}{g \sin \phi}
\end{aligned}
$$
ボールを真上に投げ上げて手元に戻ってくるまでの時間を計算するのと同じです。
斜面に沿って「行って帰ってくる」運動なので、変位（スタート地点からの距離）がゼロになる時間を求めました。
分母は加速度、分子は速度の次元を持つため、全体として時間の次元になります。
また、重力加速度 \(g\) が大きいほど、あるいは斜面角度 \(\phi\) が大きいほど（急なほど）、すぐに戻ってくるため時間は短くなります。これは直感と一致します。
思考の道筋とポイント
等加速度運動（放物運動）では、行き（最高点まで）の時間と、帰り（最高点から戻るまで）の時間は等しくなります。
最高点では速度の斜面方向（\(y’\) 方向）成分が瞬間的に \(0\) になります（\(x\) 方向の速度は残っています）。
この設問における重要なポイント
- 放物運動の対称性: 上昇時間と下降時間は等しい。
- 最高点の条件: 速度の鉛直（斜面）成分が \(0\) になる。
具体的な解説と立式
最高点に達するまでの時間を \(t_{\text{最高}}\) とします。
最高点での速度の斜面方向成分は \(0\) なので、速度の式 \(v = v_0 + at\) より以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
0 &= v_{y’\text{初}} + a_{y’} t_{\text{最高}}
\end{aligned}
$$
求める時間 \(t’\) は、往復なので \(t_{\text{最高}}\) の2倍です。
$$
\begin{aligned}
t’ &= 2 t_{\text{最高}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度運動の速度公式: \(v = v_0 + at\)
まず \(t_{\text{最高}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
0 &= v \cos \theta_1 + (-g \sin \phi) t_{\text{最高}} \\[2.0ex]
t_{\text{最高}} &= \frac{v \cos \theta_1}{g \sin \phi}
\end{aligned}
$$
これを2倍して \(t’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
t’ &= 2 \times \frac{v \cos \theta_1}{g \sin \phi} \\[2.0ex]
&= \frac{2 v \cos \theta_1}{g \sin \phi}
\end{aligned}
$$
「行きにかかる時間」と「帰りにかかる時間」は同じです。
最高点まで登る時間を計算して、それを2倍するだけで答えが出ます。
最高点では斜面方向（\(y’\) 方向）の速度成分が一瞬ゼロになる（\(x\) 方向の速度は残っている）ことを利用しました。
変位の式を解いた場合と同じ結果が、より簡単な計算で得られました。放物運動の対称性は強力なツールです。
思考の道筋とポイント
公式を暗記するのではなく、ニュートンの運動方程式から出発して、積分によって速度と位置を導出します。
これにより、[ア]〜[ク]の全ての答えが一つの原理から導かれることを示します。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式の立式: 力の成分を正確に記述する。
- 初期条件の適用: 積分定数を決定するために、\(t=0\) での位置と速度を用いる。
具体的な解説と立式
斜面上の座標系として、水平方向に \(x\) 軸、最大傾斜方向（上向き）に \(y’\) 軸をとります。時刻 \(t=0\) で原点にあるとします。
運動方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2 x}{dt^2} &= 0 \quad \cdots ① \\[2.0ex]
m \frac{d^2 y’}{dt^2} &= -mg \sin \phi \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
初期条件（\(t=0\)）は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
x(0) &= 0, \quad v_x(0) = v \sin \theta_1 \\[2.0ex]
y'(0) &= 0, \quad v_{y’}(0) = v \cos \theta_1
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(m \frac{d^2 \vec{r}}{dt^2} = \vec{F}\)
- 微積分の基本関係: \(v = \int a \, dt\), \(x = \int v \, dt\)
1. \(x\) 方向の運動
式①より加速度は \(0\) です。積分して速度を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{dx}{dt} &= \int 0 \, dt + C_1 \\[2.0ex]
&= v \sin \theta_1 \quad (\text{初期条件より})
\end{aligned}
$$
これは一定なので、等速度運動です（[ア]、[ウ]の答え）。
2. \(y’\) 方向の運動
式②の両辺を \(m\) で割り、加速度を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2 y’}{dt^2} &= -g \sin \phi
\end{aligned}
$$
これは一定なので、等加速度運動です（[イ]の答え）。
時間 \(t\) で積分して速度 \(v_{y’}(t)\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_{y’}(t) &= \frac{dy’}{dt} \\[2.0ex]
&= \int (-g \sin \phi) \, dt + C_2 \\[2.0ex]
&= – (g \sin \phi) t + v \cos \theta_1 \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
さらに積分して位置 \(y'(t)\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
y'(t) &= \int \{ – (g \sin \phi) t + v \cos \theta_1 \} \, dt + C_3 \\[2.0ex]
&= -\frac{1}{2} (g \sin \phi) t^2 + (v \cos \theta_1) t \quad \cdots ④ \quad (y'(0)=0 \text{より} C_3=0)
\end{aligned}
$$
3. 各設問への適用
- [エ]（速度と位置の関係）:
式③より \(t\) を \(v_{y’}\) で表し、式④に代入して \(t\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
t &= \frac{v \cos \theta_1 – v_{y’}}{g \sin \phi}
\end{aligned}
$$
これを式④に代入して整理すると、以下の関係式が導かれます。
$$
\begin{aligned}
v_{y’}^2 – (v \cos \theta_1)^2 &= 2(-g \sin \phi)y’
\end{aligned}
$$
ここで \(y’ = L = h/\sin \phi\) を代入すれば[エ]の答えになります。 - [オ]（到達時間）:
式③において、\(v_{y’}(t)\) が[エ]で求めた速度になるときの \(t\) を解けば求まります。 - [ク]（戻る時間）:
式④において、\(y'(t’) = 0\) となる \(t’ (>0)\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
-\frac{1}{2} (g \sin \phi) (t’)^2 + (v \cos \theta_1) t’ &= 0 \\[2.0ex] t’ \left( v \cos \theta_1 – \frac{1}{2} g \sin \phi \cdot t’ \right) &= 0
\end{aligned}
$$
これより \(t’ = \frac{2 v \cos \theta_1}{g \sin \phi}\) が導かれます。
「力 \(\to\) 加速度 \(\to\) 速度 \(\to\) 位置」という物理学の王道の流れですべてを導きました。
個別の公式を覚えていなくても、運動方程式さえ立てられれば、あとは数学の力ですべての答えが出せることを確認しました。
微積分を用いることで、等速度運動や等加速度運動の公式が自然に導出され、すべての設問に対して矛盾なく解答が得られました。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 運動の独立性と成分分解
- 核心: 3次元的な運動を、力が働く方向（斜面方向）と働かない方向（水平方向）に分解することで、単純な1次元運動の組み合わせとして処理できます。
- 理解のポイント:
- 直交座標の利点: 互いに直交する方向の運動は互いに影響を与えません（独立性）。
- 重力の分解: 斜面上の運動では、重力を「斜面を滑り落ちさせる成分（\(mg \sin \phi\)）」と「斜面に押し付ける成分（\(mg \cos \phi\)）」に分解するのが定石です。
- 力学的エネルギー保存則
- 核心: 摩擦や空気抵抗などの非保存力が仕事をしない場合、物体の持つ運動エネルギーと位置エネルギーの総和は常に一定に保たれます。
- 理解のポイント:
- 経路無関係: どのような軌道を描いても、始点と終点の高さの差だけで速度変化が決まります。
- 計算の短縮: 時間や加速度を求める必要がない場合、運動方程式よりも圧倒的に速く解けます。
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:
- 斜方投射: 今回の問題は、実質的に「重力が \(g \sin \phi\) に弱まった世界での斜方投射」と同じです。通常の放物運動の公式（\(g\) を \(g \sin \phi\) に置き換えるだけ）がそのまま使えます。
- 曲面上の運動: 斜面が曲面になっても、摩擦がなければエネルギー保存則は成立します。高さ \(h\) だけで速度が決まるという本質は変わりません。
- 初見の問題での着眼点:
- 力の有無を確認する: どの方向に力が働いているか（加速するか）、どの方向に働いていないか（等速か）を最初に見極めます。
- 座標軸を設定する: 力の方向に合わせて軸をとります。斜面なら「斜面に沿った方向」と「垂直な方向」が基本です。
- 保存則の適用可否: 摩擦がなければまずエネルギー保存則を疑います。「速さ」や「高さ」が問われたら保存則、「時間」が問われたら運動方程式（等加速度運動の公式）と使い分けます。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 角度の取り違え:
- 誤解: 斜面の角度 \(\phi\) と、打ち出し角度 \(\theta_1\) を混同してしまう。あるいは、\(\theta_1\) を \(x\) 軸基準だと思い込んで \(\cos\) と \(\sin\) を逆にしてしまう。
- 対策: 図に必ず角度を書き込み、直角三角形を描いて「どちらが底辺（\(\cos\)）でどちらが高さ（\(\sin\)）か」を目で見て確認する癖をつけます。
- 「最高点」の条件の誤解:
- 誤解: 最高点で「速度が \(0\) になる」と思い込んでしまう。
- 対策: 最高点で \(0\) になるのは「斜面方向（縦方向）の速度成分」だけです。水平方向（横方向）の速度はずっと残っているため、全速度は \(0\) になりません。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 設問(1)[エ]でのエネルギー保存則（別解）:
- 選定理由: 求めるものが「速度」であり、途中経過（時間や加速度）に興味がないため。等加速度運動の公式を連立するよりも計算ステップが少なく、ミスが出にくいです。
- 適用根拠: 摩擦がなく、非保存力の仕事がゼロであるため、力学的エネルギーが保存される条件を満たしています。
- 設問(2)[ク]での対称性の利用（別解）:
- 選定理由: 2次方程式を解く手間を省けるため。また、「行って帰ってくる」という現象の全体像を捉えやすいため。
- 適用根拠: 等加速度運動（放物運動）の軌道は、最高点を軸として時間的・空間に対称であるという特性があるため。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 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疑う。
- 実践: 例えば時間の答えが \(\sqrt{L/g}\) （\([\text{T}]\)) の形になっているか、速度の答えが \(\sqrt{gh}\) （\([\text{L/T}]\)) の形になっているかを確認します。もし \(g/h\) のようになっていたら間違いです。
- 極限のチェック:
- 意識: 極端な値を代入して、直感と合うか確かめる。
- 実践: \(\phi=0\)（平坦）なら重力の影響を受けず等速になるはず、\(\phi=90^\circ\)（垂直落下）なら自由落下と同じになるはず、といった極限を想定して式の妥当性を検証します。
問題08 人と体重計を乗せたゴンドラのつりあい (17 藤田保健衛生大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(2)の別解: 系全体（人＋ゴンドラ）に着目した解法
- 模範解答が人とゴンドラそれぞれの式を連立して解くのに対し、別解では人とゴンドラを「ひととかたまりの物体」とみなして、外力のつりあいから一発で張力を求めます。
- 全設問共通の別解: 微積分を用いた体系的解法（運動方程式）
- 「つりあい」を自明とせず、ニュートンの運動方程式を立式し、加速度が \(0\) であるという条件からつりあいの式を導出します。
- 設問(2)の別解: 系全体（人＋ゴンドラ）に着目した解法
- 上記の別解が有益である理由
- 系全体の解法: 未知数である垂直抗力（内力）を消去して考えられるため、計算量が劇的に減り、検算としても非常に有効です。
- 微積分: 静力学（つりあい）も動力学（運動方程式）の特別な場合（\(a=0\)）として統一的に理解することで、物理法則の体系的な把握を促します。
- 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「束縛された物体系の力のつりあい」です。
複数の物体が接触したり紐でつながれたりしている状況で、注目する物体を正しく選び、そこにはたらく力を漏れなく見つけ出す力が問われます。
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: 人が体重計を押す力と、体重計が人を押し返す力は、大きさが等しく向きが逆です。
- 力のつりあい: 静止している物体では、はたらく力のベクトル和が \(0\) になります。
- 系（システム）の選択: 複数の物体を個別に考えるか、まとめて考えるかによって、内力と外力の扱いが変わります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、人とゴンドラを別々の物体として扱い、それぞれにはたらく力を図示してつりあいの式を立てます。
- (2)では、(1)で立てた連立方程式を解いて張力を求めます。
- (3)では、求めた垂直抗力をもとに、体重計の「読み（質量換算値）」を答えます。
問(1)
思考の道筋とポイント
まず、力学の問題の鉄則として「注目する物体を決め、その物体にはたらく力をすべて描く」ことから始めます。
今回は「人」と「ゴンドラ」それぞれについて考えます。
この設問における重要なポイント
- 接触点を探す: 力は、重力などの遠隔力を除き、何かに触れている場所にはたらきます。
- 人: 足の裏（体重計との接触）、手（綱との接触）。
- ゴンドラ: 上端（綱との接触）、床面（体重計を介して人との接触）。
- 張力の性質: 1本の軽い綱であれば、張力の大きさ \(T\) はどこでも同じです。人が引く力も、滑車がゴンドラを引く力も \(T\) です。
- 垂直抗力の作用・反作用: 人が体重計（ゴンドラ）から受ける垂直抗力 \(N\)（上向き）に対し、ゴンドラ（体重計）は人から垂直抗力 \(N\)（下向き）を受けます。
具体的な解説と立式
鉛直上向きを正の向きとします。
1. 人にはたらく力のつりあい
人（質量 \(m\)）にはたらく力を整理します。
- 上向きの力: 綱から引かれる張力 \(T\)、体重計から受ける垂直抗力 \(N\)
- 下向きの力: 重力 \(mg\)
静止しているので、力のつりあいの式（上向きの力の和 \(=\) 下向きの力の和）を立てます。
$$
\begin{aligned}
T + N &= mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
2. ゴンドラにはたらく力のつりあい
ゴンドラ（質量 \(M\)）にはたらく力を整理します。
体重計の質量は無視できるため、体重計とゴンドラは一体として考えます。
- 上向きの力: 綱から引かれる張力 \(T\)
- 下向きの力: 重力 \(Mg\)、人から押される力（垂直抗力の反作用） \(N\)
同様に、力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
T &= N + Mg \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい: \((\text{正の向きの力の和}) = (\text{負の向きの力の和})\)
- 作用・反作用の法則: \(F_{\text{AがBに及ぼす}} = -F_{\text{BがAに及ぼす}}\)
本設問は式を立てることが目的なので、計算過程はありません。
式①と式②が答えとなります。
まず「人」に注目しました。人は地球に引っ張られる重力で落ちそうになっていますが、手で持っている綱と、足元の床（体重計）に支えられて止まっています。だから「支える力（綱＋床）」と「落ちようとする力（重力）」が同じ大きさになります。
次に「ゴンドラ」に注目しました。ゴンドラはそれ自体の重さに加えて、乗っている人に足で踏みつけられています。これら下向きの力を、上についている綱一本で支えています。だから「綱が引く力」と「重さ＋踏まれる力」が同じ大きさになります。
式① \(T+N=mg\) は、もし綱を離せば（\(T=0\)）、床が支える力 \(N\) が体重 \(mg\) そのものになることを示しており妥当です。
式② \(T=N+Mg\) は、ゴンドラを支えるには、ゴンドラ自身の重さ \(Mg\) に加えて、人が床を押す力 \(N\) も支える必要があることを示しており、これも物理的直感と一致します。
人: \(\displaystyle T + N = mg\)
ゴンドラ: \(\displaystyle T = N + Mg\)
問(2)
思考の道筋とポイント
(1)で立てた2つの式は、未知数 \(T\) と \(N\) を含む連立方程式になっています。
ここから \(N\) を消去して、張力 \(T\) を求めます。
具体的な解説と立式
(1)の式を再掲します。
$$
\begin{aligned}
T + N &= mg \quad \cdots ① \\[2.0ex]
T &= N + Mg \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
式②を変形して \(N\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
N &= T – Mg \quad \cdots ②’
\end{aligned}
$$
これを式①に代入して \(N\) を消去します。
使用した物理公式
- 特になし（連立方程式の解法）
式②’を式①に代入します。
$$
\begin{aligned}
T + (T – Mg) &= mg
\end{aligned}
$$
左辺を整理します。
$$
\begin{aligned}
2T – Mg &= mg
\end{aligned}
$$
\(Mg\) を右辺に移項します。
$$
\begin{aligned}
2T &= mg + Mg \\[2.0ex]
2T &= (m + M)g
\end{aligned}
$$
両辺を \(2\) で割って \(T\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{m + M}{2}g
\end{aligned}
$$
人とゴンドラの式を組み合わせました。
ゴンドラの式から「床が受ける力」を「綱の力」を使って書き直し、それを人の式に入れ込むことで、綱の力だけの方程式を作って解きました。
結果を見ると、人とゴンドラの合計の重さを、2本の綱（人が持つ部分とゴンドラを吊る部分）で半分ずつ支えている形になっています。
答えは \(T = \frac{M+m}{2}g\) です。
これは「総重量 \((M+m)g\) を2本の紐で支えている」と解釈でき、定滑車の原理とも整合します。
また、単位（次元）を確認すると、\([\text{質量}] \times [\text{加速度}] = [\text{力}]\) となっており正しいです。
思考の道筋とポイント
人とゴンドラを別々に考えるのではなく、「人とゴンドラをまとめた一つの物体」として考えます。
こうすると、人とゴンドラの間で及ぼし合う垂直抗力 \(N\) は「内力」となり、つりあいの式に現れなくなります。
外部からこの「かたまり」にはたらく力（外力）だけを考えればよいため、計算が非常に簡単になります。
この設問における重要なポイント
- 内力の相殺: 系全体で考えると、作用・反作用の関係にある力（\(N\) と \(-N\)）は足し合わせてゼロになります。
- 外力の抽出: 系の外から及ぼされる力は、重力（地球から）と張力（綱から）です。
具体的な解説と立式
人とゴンドラを一体とみなした系（質量 \(M+m\)）にはたらく力を考えます。
- 上向きの力: 人が持っている綱からの張力 \(T\)、ゴンドラを吊っている綱からの張力 \(T\)（合計 \(2T\)）
- 下向きの力: 人にはたらく重力 \(mg\)、ゴンドラにはたらく重力 \(Mg\)（合計 \((M+m)g\)）
力のつりあいの式（上向きの力の和 \(=\) 下向きの力の和）を立てます。
$$
\begin{aligned}
2T &= (M + m)g
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい（系全体）: \((\text{外力の和}) = 0\)
この式を \(T\) について解くだけです。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{M + m}{2}g
\end{aligned}
$$
人とゴンドラを袋に詰めて「一つの荷物」として見ました。
この荷物の重さは \((M+m)g\) です。
この荷物からは2本の綱が上に伸びていて（1本は滑車へ、1本は人の手へ）、どちらも同じ張力 \(T\) で荷物を支えています。
だから、\(2T\) が全体の重さを支えていることになり、\(T\) は重さの半分になります。
メインの解法と全く同じ結果が、わずか1行の計算で得られました。
垂直抗力 \(N\) を求める必要がない場合は、この「全体に着目する」方法が最も効率的です。
問(3)
思考の道筋とポイント
「体重計の読み」とは何かを考えます。
体重計は、乗っている物体から受ける力（垂直抗力 \(N\)）を感知します。
通常の体重計は、この力 \(N\) を重力加速度 \(g\) で割って「質量」として表示するように目盛りが振られています（単位が \([\text{kg}]\) であることから判断）。
この設問における重要なポイント
- 体重計の原理: 体重計が測定するのは「質量」そのものではなく「押される力（垂直抗力）」です。
- 読みの定義: \(\text{読み} = \frac{\text{垂直抗力 } N}{g}\)
具体的な解説と立式
まず、垂直抗力 \(N\) を求めます。
(1)の式①と式②の差をとることで \(T\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
(T + N) – T &= mg – (N + Mg)
\end{aligned}
$$
あるいは、(2)で求めた \(T\) を式① \(N = mg – T\) に代入します。
使用した物理公式
- 体重計の読み: \(\frac{N}{g}\)
式①より \(N\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
N &= mg – T
\end{aligned}
$$
これに \(T = \frac{M+m}{2}g\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
N &= mg – \frac{M + m}{2}g \\[2.0ex]
&= \left( m – \frac{M + m}{2} \right) g \\[2.0ex]
&= \frac{2m – (M + m)}{2}g \\[2.0ex]
&= \frac{m – M}{2}g
\end{aligned}
$$
体重計の読みは \(N/g\) なので、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
\text{読み} &= \frac{1}{g} \cdot \frac{m – M}{2}g \\[2.0ex]
&= \frac{m – M}{2}
\end{aligned}
$$
まず、人が床をどれくらいの力で踏んでいるか（\(N\)）を計算しました。
綱を引っ張っている分、体重 \(mg\) そのものよりは踏む力が弱くなっています。
計算すると、踏む力は \(\frac{m-M}{2}g\) となりました。
体重計はこの力を「何キログラムの重さに相当するか」に換算して表示するので、重力加速度 \(g\) で割って答えを出しました。
答えは \(\frac{m-M}{2}\) です。
問題文の条件 \(m > M\) より、この値は正になります。もし \(m < M\) だと \(N\) が負になり、人が床から浮いてしまう（天井に頭をぶつける）ことになりますが、条件によりその心配はありません。
また、もし \(M=m\) なら読みは \(0\) になります。これは人とゴンドラがバランスして、人が床を踏む必要がなくなる状態を意味し、物理的に妥当です。
思考の道筋とポイント
「つりあい」という静的な状態を、運動の特別なケース（加速度 \(a=0\)）として捉え直します。
運動方程式を立てることで、力がどのように運動（加速度）を生み出すかという因果関係から出発し、結果として静止条件を導きます。
この設問における重要なポイント
- 運動方程式: \(ma = F\) （質量 \(\times\) 加速度 \(=\) 力の総和）
- 静止条件: 加速度 \(a = 0\)
具体的な解説と立式
鉛直上向きを \(y\) 軸の正の向きとします。
人の座標を \(y_{\text{人}}\)、ゴンドラの座標を \(y_{\text{ゴ}}\) とします。
それぞれの運動方程式を立てます。
1. 人の運動方程式
質量 \(m\)、加速度 \(\frac{d^2 y_{\text{人}}}{dt^2}\)、はたらく力は \(T+N-mg\) です。
$$
\begin{aligned}
m \frac{d^2 y_{\text{人}}}{dt^2} &= T + N – mg \quad \cdots \text{(A)}
\end{aligned}
$$
2. ゴンドラの運動方程式
質量 \(M\)、加速度 \(\frac{d^2 y_{\text{ゴ}}}{dt^2}\)、はたらく力は \(T-N-Mg\) です。
$$
\begin{aligned}
M \frac{d^2 y_{\text{ゴ}}}{dt^2} &= T – N – Mg \quad \cdots \text{(B)}
\end{aligned}
$$
3. 静止条件の適用
人とゴンドラは静止しているので、加速度は共に \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
\frac{d^2 y_{\text{人}}}{dt^2} &= 0, \quad \frac{d^2 y_{\text{ゴ}}}{dt^2} = 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 運動方程式: \(m \frac{d^2 x}{dt^2} = F\)
加速度 \(0\) を式(A), (B)に代入します。
$$
\begin{aligned}
0 &= T + N – mg \quad \Rightarrow \quad T + N = mg \\[2.0ex]
0 &= T – N – Mg \quad \Rightarrow \quad T = N + Mg
\end{aligned}
$$
これにより、問(1)のつりあいの式が導かれました。
あとはメインの解法と同様に連立方程式を解くことで、問(2)の \(T\) と問(3)の \(N\) が求まります。
- (A)+(B) より（系全体の運動方程式に対応）:
$$
\begin{aligned}
0 &= 2T – (M + m)g \\[2.0ex] T &= \frac{M + m}{2}g
\end{aligned}
$$ - (A)-(B) より（内力を抽出する操作）:
$$
\begin{aligned}
0 &= 2N – (m – M)g \\[2.0ex] N &= \frac{m – M}{2}g
\end{aligned}
$$
「止まっている」ということを「加速度がゼロの運動をしている」と捉えました。
運動方程式という「力と動きのルール」に「動きがない（加速度ゼロ）」という条件を入れると、自然と「力のつりあい」の式が出てきます。
この方法は、もしゴンドラが動いている場合（加速している場合）でも、右辺の \(0\) を \(ma\) に変えるだけでそのまま使える強力な方法です。
運動方程式から出発しても、全く同じつりあいの式と解答が得られました。
これにより、静力学がニュートン力学の一部であることが確認できます。
【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？
- 作用・反作用の法則と内力の相殺
- 核心: 接触している物体間（人と体重計）で及ぼし合う力は、系全体で見ると互いに打ち消し合って消えます。
- 理解のポイント:
- 個別に切る: 人とゴンドラを分けると、垂直抗力 \(N\) がそれぞれの物体にはたらく外力として現れます。
- まとめて見る: 人とゴンドラを一体と見ると、\(N\) は内力となり、式に現れなくなります。この視点の切り替えが計算効率を決めます。
- 力のつりあいと運動方程式の関係
- 核心: 「静止している」とは「加速度がゼロの運動をしている」ことと同義です。
- 理解のポイント:
- 一般化: つりあいの式 \(\sum F = 0\) は、運動方程式 \(ma = \sum F\) において \(a=0\) とした特別なケースに過ぎません。
- 応用性: この視点を持てば、ゴンドラが上昇・下降する問題（\(a \neq 0\)）になっても、右辺を \(0\) から \(ma\) に変えるだけで全く同じように解けます。
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:
- 動くゴンドラ: 人が綱を引いて加速しながら上昇する問題。つりあいの式の代わりに運動方程式 \(ma = T+N-mg\) を立てるだけで解けます。
- 複数の滑車: 動滑車が組み合わさって綱が3本、4本になる問題。物体を引く綱の本数を数え、上向きの力を \(nT\) （\(n\)は本数）とするだけで対応できます。
- 初見の問題での着眼点:
- 系（システム）の境界線を引く: 「何をひとかたまりと見るか」を最初に決めます。未知の内力（垂直抗力など）を求めたくない場合は、それを含む全体を囲んでしまいます。
- 接触点に印をつける: 力の書き漏らしを防ぐため、物体が何かに触れている場所（足の裏、手、天井など）をすべてマークし、そこから必ず力が発生していることを確認します。
- 張力の一定性: 1本の軽い綱でつながっているなら、どこでも張力 \(T\) は同じです。滑車をまたいでも \(T\) は変わりません。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力の書き漏らし・重複:
- 誤解: 人が綱を引く力 \(T\) を、ゴンドラにはたらく力として書いてしまう（あるいはその逆）。
- 対策: 「力は接触点にはたらく」という原則を徹底します。綱は人の「手」に触れているので人に \(T\)、ゴンドラの「上端」に触れているのでゴンドラに \(T\) がはたらきます。
- 作用・反作用の向きの混乱:
- 誤解: 垂直抗力 \(N\) の向きを逆にしてしまう。
- 対策: 「受ける力」を描くときは主語を明確にします。「人が（床から）受ける力」は上向き、「床が（人から）受ける力」は下向きです。
- 体重計の読みの単位:
- 誤解: 垂直抗力 \(N\) [N] をそのまま答えにしてしまう。
- 対策: 問題文や常識（体重計はkg表示）から、質量換算が必要か判断します。通常は \(g\) で割る必要があります。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 設問(2)での「系全体に着目する解法」（別解）:
- 選定理由: 未知数である垂直抗力 \(N\) を計算過程から排除でき、連立方程式を解く手間が省けるため。
- 適用根拠: 人とゴンドラは相対的に静止しており、同じ加速度（今回は0）で運動しているため、一つの質点系として扱えます。
- 設問(3)での「個別に着目する解法」（メイン）:
- 選定理由: 求めたいのが内力である垂直抗力 \(N\) なので、系を分割して \(N\) を表面化させる必要があるため。
- 適用根拠: 作用・反作用の法則により、分割したそれぞれの物体において \(N\) が外力として作用します。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 極限のチェック:
- 意識: 質量が極端な値だったらどうなるか想像する。
- 実践: もし \(m=M\) なら、人とゴンドラはバランスして綱の張力だけで浮くため、床を踏む力 \(N\) は \(0\) になるはずです。答えの式 \(\frac{m-M}{2}\) に \(m=M\) を代入して \(0\) になることを確認します。
- 次元解析（単位チェック）:
- 意識: 力、質量、加速度の次元が合っているか確認する。
- 実践: 張力 \(T\) の答えは \(mg\) の形（力）、体重計の読みは \(m\) の形（質量）になっているか確認します。もし \(T = m+M\) （質量と力の足し算）のようになっていたら間違いです。
「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09 フックの法則とつりあい (湘南工科大)
【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(1)の別解1: ばねの直列接続（力の分配）を用いた解法
- 模範解答が幾何学的な長さの関係から伸びを求めるのに対し、別解1では「2つのばねが直列につながっており、張力が等しい」という性質を利用して、全体の伸びをばね定数の逆比で分配します。
- 設問(1)の別解2: 合成ばね定数（並列接続）を用いた解法
- おもりを動かしたときの復元力を求める際、模範解答が個々のばねの力を計算して合成するのに対し、別解2では2つのばねが力学的に「並列」であるとみなし、合成ばね定数を用いて一気に力を求めます。
- 全設問共通の別解: 微積分を用いた体系的解法（ポテンシャルエネルギーの微分）
- 力のつりあいを「弾性エネルギーと位置エネルギーの総和（ポテンシャルエネルギー）が最小になる点」として捉え、エネルギー関数を位置で微分して \(0\) と置くことでつりあいの位置を導出します。
- 設問(1)の別解1: ばねの直列接続（力の分配）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 直列・並列の視点: 複雑な計算を回避し、ばねの組み合わせを回路のようにパターン化して処理できるため、計算速度と正確性が向上します。
- エネルギー法: 力の矢印を描くのが複雑な場合でも、スカラー量であるエネルギーの足し算だけで解決できるため、ミスが減り、物理的な視野が広がります。
- 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「複数のばねにつながれた物体のつりあい」です。
ばねの伸びと縮み、弾性力の向き、そして重力との兼ね合いを正確に把握する力が問われます。
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。
- フックの法則: ばねの弾性力の大きさ \(F\) は、自然長からの伸び（または縮み） \(x\) に比例します（\(F=kx\)）。
- 力のつりあい: 静止している物体では、はたらく力のベクトル和が \(0\) になります。
- ばねの合成: おもりを挟んで両側に壁がある配置は、力学的には「並列接続」と等価になります。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、水平面内でのつりあいを考えます。幾何学的な条件（長さの和）から各ばねの伸びを求め、フックの法則を用いて力を計算します。
- (2)では、斜面上でのつりあいを考えます。重力の斜面成分が加わることでつりあいの位置がずれる様子を、力のつりあいの式から導きます。
問(1)
思考の道筋とポイント
前半：つりあいの位置 A での伸び \(a\) を求める
まず、図の状況を整理します。
全体の長さ \(L\) の間に、自然長 \(l_0\) のばねが2つと、おもり（大きさ無視）が入っています。
\(L > 2l_0\) なので、ばねは両方とも伸びています。
つりあいの位置 A では、左右のばねが引く力が釣り合っています。
この設問における重要なポイント
- 幾何学的条件: 左のばねの長さを \(L_1\)、右のばねの長さを \(L_2\) とすると、\(L_1 + L_2 = L\) です。
- 伸びの定義: 左のばねの伸びを \(b\)、右のばねの伸びを \(a\) とすると、\(L_1 = l_0 + b\)、\(L_2 = l_0 + a\) です。
- 力のつりあい: 左のばねが引く力 \(f_1\) と、右のばねが引く力 \(f_2\) は大きさが等しいです（\(f_1 = f_2\)）。
後半：おもりを動かしたときの力 \(F\) を求める
おもりを A から右へ \(x\) だけ動かした状態を考えます。
右向きを正とします。
- 左のばねの伸び: \(b’ = b + x\)
- 右のばねの伸び: \(a’ = a – x\)
おもりが受ける力 \(F\) は、左のばねからの弾性力 \(f_1’\)（左向き、負）と、右のばねからの弾性力 \(f_2’\)（右向き、正）の合力です。
具体的な解説と立式
1. 伸び \(a\) の導出
右のばね（ばね定数 \(k_2\)）の伸びが \(a\) のとき、左のばね（ばね定数 \(k_1\)）の伸びを \(b\) とします。
全体の長さの関係から、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(l_0 + b) + (l_0 + a) &= L
\end{aligned}
$$
これを \(b\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
b &= L – 2l_0 – a \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
つりあいの位置 A では、左右のばねの弾性力の大きさが等しくなります。
フックの法則より、\(f_1 = k_1 b\)、\(f_2 = k_2 a\) なので、以下のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
k_1 b &= k_2 a \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
2. 力 \(F\) の導出
次におもりを A から右へ \(x\) だけ動かした状態を考えます。
右向きを正とします。
- 左のばねの伸び: \(b’ = b + x\)
- 右のばねの伸び: \(a’ = a – x\)
おもりが受ける力 \(F\) は、左のばねからの弾性力 \(f_1’\)（左向き、負）と、右のばねからの弾性力 \(f_2’\)（右向き、正）の合力です。
$$
\begin{aligned}
F &= k_2(a – x) – k_1(b + x) \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- フックの法則: \(F = kx\)
- 力のつりあい: \((\text{右向きの力}) = (\text{左向きの力})\)
伸び \(a\) の計算
式①を式②に代入します。
$$
\begin{aligned}
k_1 (L – 2l_0 – a) &= k_2 a \\[2.0ex]
k_1(L – 2l_0) – k_1 a &= k_2 a \\[2.0ex]
(k_1 + k_2) a &= k_1(L – 2l_0) \\[2.0ex]
a &= \frac{k_1}{k_1 + k_2}(L – 2l_0)
\end{aligned}
$$
力 \(F\) の計算
式③を展開し、つりあいの式② \(k_1 b = k_2 a\) を利用して整理します。
$$
\begin{aligned}
F &= k_2 a – k_2 x – (k_1 b + k_1 x) \\[2.0ex]
&= (k_2 a – k_1 b) – (k_1 + k_2) x
\end{aligned}
$$
ここで、つりあいの位置 A では \(k_2 a – k_1 b = 0\) なので、第1項は消えます。
$$
\begin{aligned}
F &= – (k_1 + k_2) x
\end{aligned}
$$
まず、ばねが自然の長さよりどれだけ引き伸ばされているかを計算しました。全体の長さが決まっているので、片方が伸びればもう片方の伸びは決まります。力が釣り合う場所では、左のばねが引く力と右のばねが引く力が同じになります。
次に、その場所から少しずらしたときに受ける力を計算しました。右にずらすと、左のばねはもっと強く引き戻そうとし、右のばねは引く力が弱まります。結果として、元の場所に戻そうとする力（復元力）が働きます。この力は、2つのばねが協力して（足し算で）元に戻そうとする強さになります。
伸び \(a\) は、全体の余分な長さ \(L-2l_0\) をばね定数の逆比で分配した形になっています。硬いばね（\(k\)大）ほど伸びにくいので妥当です。
力 \(F\) は \(-(k_1+k_2)x\) となり、変位 \(x\) と逆向きの復元力です。これは単振動の形であり、合成ばね定数が \(k_1+k_2\) であることを示しています。
伸び \(a\): \(\displaystyle \frac{k_1}{k_1 + k_2}(L – 2l_0)\)
力 \(F\): \(\displaystyle -(k_1 + k_2)x\)
思考の道筋とポイント
2つのばねとおもりが一直線上にあり、静止しているとき、おもりに働く左右の張力は等しいです。
これは、2つのばねを直列につないで両端を引っ張った状態と同じとみなせます。
この設問における重要なポイント
- 全体の伸び: 2つのばねの自然長の合計は \(2l_0\)、壁の間隔は \(L\) なので、ばね全体の伸びの合計は \(X_{\text{全}} = L – 2l_0\) です。
- 伸びの分配: 直列接続されたばねにかかる力は等しい（\(k_1 b = k_2 a\)）ため、伸びはばね定数に反比例します。
具体的な解説と立式
全体の伸び \(X_{\text{全}}\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
X_{\text{全}} &= L – 2l_0
\end{aligned}
$$
伸び \(a\)（ばね定数 \(k_2\)）と \(b\)（ばね定数 \(k_1\)）の比は、ばね定数の逆比になります。
$$
\begin{aligned}
a : b &= \frac{1}{k_2} : \frac{1}{k_1} \\[2.0ex]
&= k_1 : k_2
\end{aligned}
$$
したがって、全体の伸びをこの比で分配します。
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{k_1}{k_1 + k_2} X_{\text{全}}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 比例配分
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{k_1}{k_1 + k_2}(L – 2l_0)
\end{aligned}
$$
2つのばねを直列につないで引っ張ると、硬いばね（\(k\)が大きい）ほど伸びにくく、柔らかいばね（\(k\)が小さい）ほどよく伸びます。
全体の伸びを、ばねの硬さの逆比で分けることで、それぞれの伸びを計算しました。
メインの解法と同じ結果が、計算なしで直感的に得られました。
思考の道筋とポイント
おもりを挟んで両側にばねがある配置は、おもりを動かしたときに「両方のばねが元に戻そうとする」ため、力学的には並列接続と同じ働きをします。
この設問における重要なポイント
- 並列合成: ばね定数 \(k_1\) と \(k_2\) のばねが並列（おもりを挟んで対向）にあるとき、合成ばね定数 \(K\) は \(K = k_1 + k_2\) となります。
- 復元力: つりあいの位置からの変位 \(x\) に対する復元力は \(F = -Kx\) です。
具体的な解説と立式
この系の合成ばね定数 \(K\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
K &= k_1 + k_2
\end{aligned}
$$
つりあいの位置を原点とした変位 \(x\) に対する力 \(F\) は、フックの法則より直ちに求まります。
$$
\begin{aligned}
F &= – K x
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ばねの並列合成: \(K = k_1 + k_2\)
$$
\begin{aligned}
F &= – (k_1 + k_2) x
\end{aligned}
$$
おもりを動かすと、片方のばねは縮んで押し返し、もう片方のばねは伸びて引き戻します。
どちらも「元の位置に戻そうとする」方向に力を出すので、2つのばねが協力している状態（並列）と同じです。
だから、ばねの強さを足し算して、全体の復元力を計算しました。
個別の力を計算して引き算する手間が省け、一瞬で答えにたどり着けます。この「並列」の見方は非常に重要です。
問(2)
思考の道筋とポイント
板を傾けると、おもりには重力の斜面方向成分 \(mg \sin \theta\) が加わります。
これにより、つりあいの位置が A から \(x_0\) だけずれます。
新しいつりあいの位置では、ばねの弾性力の合力と、重力成分がつりあっています。
この設問における重要なポイント
- 座標の設定: 斜面下向きを正とします（問題文の図の \(x_0\) の向き）。
- 力の変化: 位置 A から \(x_0\) ずれた場所では、ばねの合力（復元力）は \(F = -(k_1 + k_2)x_0\) となります（(1)の結果を利用）。
- ただし、(1)では右向き正で \(F\) を求めたので、今回は斜面下向き正で考えると、復元力は上向き（負）に働きます。
- つりあいの式: \((\text{重力の斜面成分}) + (\text{ばねの復元力}) = 0\)
具体的な解説と立式
斜面下向きを正の向きとします。
おもりが A から \(x_0\) だけ下がった位置にあるとき、おもりにはたらく力は以下の通りです。
- 重力の斜面成分: \(mg \sin \theta\) （正の向き）
- ばねの復元力: \(-(k_1 + k_2)x_0\) （負の向き、A点基準）
力のつりあいの式を立てます。
$$
\begin{aligned}
mg \sin \theta – (k_1 + k_2) x_0 &= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 力のつりあい: \(\sum F = 0\)
式を \(x_0\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(k_1 + k_2) x_0 &= mg \sin \theta \\[2.0ex]
x_0 &= \frac{mg \sin \theta}{k_1 + k_2}
\end{aligned}
$$
板を傾けると、おもりは重力で下に滑り落ちようとします。
しかし、少し滑り落ちると、上のばねは伸びて引っ張り上げ、下のばねは縮んで押し上げようとします。
この「ばねたちが元に戻そうとする力」と「重力で落ちようとする力」がちょうど同じ大きさになる場所で、おもりは止まります。
(1)で求めた「ばねの強さ（\(k_1+k_2\)）」を使って、どれくらいずれるかを計算しました。
答えは \(\frac{mg \sin \theta}{k_1 + k_2}\) です。
重いほど（\(m\)大）、傾きが急なほど（\(\theta\)大）ずれは大きくなり、ばねが硬いほど（\(k\)大）ずれは小さくなります。物理的直感と完全に一致します。
思考の道筋とポイント
力のつりあいは、ポテンシャルエネルギー \(U(x)\) が極小値をとる点（\(\frac{dU}{dx} = 0\)）として定義されます。
弾性エネルギーと位置エネルギーの和を関数として表し、それを微分することでつりあいの位置を求めます。
この設問における重要なポイント
- 弾性エネルギー: \(U_k = \frac{1}{2}kx^2\)
- 位置エネルギー: \(U_g = -mg x \sin \theta\) （斜面下向き正の場合）
- つりあいの条件: \(\frac{dU}{dx} = 0\)
具体的な解説と立式
1. 設問(1)の伸び \(a\)
左のばねの自然長の位置を原点 \(O\) とし、右向きを \(x\) 軸とします。おもりの位置を \(x\) とします。
左のばねの伸びは \(x – l_0\)、右のばねの伸びは \(L – x – l_0\) です。
全ポテンシャルエネルギー \(U(x)\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
U(x) &= \frac{1}{2}k_1(x – l_0)^2 + \frac{1}{2}k_2(L – x – l_0)^2
\end{aligned}
$$
つりあいの位置で微分係数は \(0\) になります。
$$
\begin{aligned}
\frac{dU}{dx} &= k_1(x – l_0) + k_2(L – x – l_0) \cdot (-1) \\[2.0ex]
&= k_1(x – l_0) – k_2(L – x – l_0) \\[2.0ex]
&= 0
\end{aligned}
$$
ここで、\(x – l_0\) は左のばねの伸び \(b\)、\(L – x – l_0\) は右のばねの伸び \(a\) に相当します。
よって \(k_1 b – k_2 a = 0\) となり、つりあいの式が再現されます。
2. 設問(2)の変位 \(x_0\)
つりあいの位置 A を原点とし、斜面下向きに座標 \(y\) をとります。
位置 A からの変位 \(y\) におけるポテンシャルエネルギーの変化分 \(\Delta U(y)\) を考えます。
ばねのエネルギーの増分は、合成ばね定数 \(K = k_1 + k_2\) を用いて \(\frac{1}{2}Ky^2\) と書けます（単振動のエネルギー）。
重力の位置エネルギーは \(y\) 下がるので \(-mg y \sin \theta\) です。
$$
\begin{aligned}
\Delta U(y) &= \frac{1}{2}(k_1 + k_2)y^2 – mg y \sin \theta
\end{aligned}
$$
つりあいの位置 \(x_0\) で微分係数は \(0\) になります。
$$
\begin{aligned}
\frac{d(\Delta U)}{dy} &= (k_1 + k_2)y – mg \sin \theta \\[2.0ex]
&= 0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 弾性エネルギー: \(U = \frac{1}{2}kx^2\)
- 位置エネルギー: \(U = mgh\)
- 極値条件: \(\frac{dU}{dx} = 0\)
上の式を \(y\) について解きます（この \(y\) が求める \(x_0\) です）。
$$
\begin{aligned}
(k_1 + k_2)x_0 &= mg \sin \theta \\[2.0ex]
x_0 &= \frac{mg \sin \theta}{k_1 + k_2}
\end{aligned}
$$
「ボールは谷底で止まる」という原理を使いました。
エネルギーのグラフを描くと、谷底（一番低いところ）がおもりの止まる場所になります。
ばねのエネルギーと重力のエネルギーを足し合わせたグラフの「傾きがゼロになる場所」を計算で見つけました。
エネルギー最小の原理からも、全く同じ結果が得られました。
特に(2)では、力の矢印を考えることなく、スカラー量の計算だけで答えが出せるため、非常に強力な手法です。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- ばねの並列接続の概念
- 核心: おもりを挟んで両側にばねがある配置は、力学的には「並列接続」と同じです。
- 理解のポイント:
- 力の加算: おもりを動かすと、一方のばねは押し、もう一方は引きますが、どちらも「元の位置に戻そうとする」方向にはたらきます。つまり、復元力は2つのばねの力の「足し算」になります。
- 合成ばね定数: \(K = k_1 + k_2\) となり、単一のばねとして扱えます。
- つりあいの位置の移動
- 核心: 外力（重力など）が加わると、つりあいの位置は \(x = F/K\) だけずれます。
- 理解のポイント:
- 重ね合わせ: 元のつりあい位置からの変位 \(x\) に対して、復元力 \(-Kx\) と外力 \(F\) がつりあう場所が新しい安定点になります。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 単振動の問題: 今回の系でおもりを振動させると、周期 \(T = 2\pi \sqrt{m/(k_1+k_2)}\) の単振動になります。この問題は単振動の基礎となる静力学部分です。
- 浮力との組み合わせ: ばねの代わりに浮力が働く場合も、復元力 \(-\rho S g x\) となり、形式は全く同じになります。
- 初見の問題での着眼点:
- ばねの接続を見抜く: 直列（力が等しい、伸びが分配）か、並列（変位が等しい、力が合算）かを判断します。おもりを挟む配置は「並列」です。
- 自然長とつりあい位置の区別: 座標の原点を「自然長」にとるか「つりあい位置」にとるかで式の形が変わります。単振動や微小変位を考えるときは「つりあい位置」を原点にするのが定石です。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力の向きと符号のミス:
- 誤解: 右のばねの力を \(k_2(a+x)\) としてしまったり、符号を逆にしてしまう。
- 対策: 「変位 \(x\) が正（右）のとき、力はどっちを向くか？」を必ず確認します。右に動けば左に戻されるはずなので、力は負になるはずです。
- 直列と並列の混同:
- 誤解: おもりを挟んでいるので「直列」だと思い込み、合成ばね定数を逆数の和で計算してしまう。
- 対策: 「おもりを動かしたとき、ばねたちは協力して戻そうとするか（並列）、それとも力が逃げるか（直列）」で判断します。両側から支えるのは「協力（並列）」です。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 設問(1)での「合成ばね定数」（別解2）:
- 選定理由: 個別のばねの力を計算して足し合わせるよりも、システム全体を一つのばねとみなす方が計算が速く、ミスも少ないため。
- 適用根拠: 変位に対して復元力が加算される構造であるため、並列合成の公式が適用可能です。
- 設問(2)での「力のつりあい」（メイン）:
- 選定理由: 重力の斜面成分とばねの復元力の関係が直接的に式にできるため、最も標準的で理解しやすいアプローチです。
- 適用根拠: 静止状態では加速度がゼロであり、ニュートンの運動方程式から力の総和がゼロになることが保証されています。
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: 答えの分母分子の次元が合っているか確認する。
- 実践: \(x_0 = \frac{mg \sin \theta}{k_1+k_2}\) なら、\([\text{力}] / [\text{力/長さ}] = [\text{長さ}]\) となり正しいです。もし \(k\) が分子に来ていたら間違いです。
- 極限のチェック:
- 意識: \(\theta=0\) や \(k \to \infty\) の場合を想定する。
- 実践: \(\theta=0\) なら \(x_0=0\)（水平ならずれない）、\(k \to \infty\) なら \(x_0 \to 0\)（ガチガチに硬ければずれない）となり、直感と一致します。
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