「セミナー物理基礎＋物理2025」徹底解説！【第 Ⅰ 章 1】発展例題～発展問題28

発展例題

発展例題1 相対速度

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「平面上での相対速度のベクトル解析」です。2つの異なる状況（静止時と歩行時）で観測される雨の運動から、ベクトル図を用いて元の雨の速度を特定するという、応用的な問題です。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

思考の道筋とポイント
この問題の鍵は、「歩いている観測者から見て雨が鉛直下向きに見えた」という現象を物理的にどう解釈するかです。これは、雨が元々持っていた「水平方向の速度」が、観測者が歩く「水平方向の速度」によって、ちょうど打ち消された結果と考えることができます。
つまり、「静止して見たときの雨の水平速度成分」の大きさが、「観測者の歩く速さ」に等しい、という等式を立てることができます。
一方、静止して見たときの雨の速度は、鉛直と\(30^\circ\)の角をなす斜め方向のベクトルです。このベクトルを水平成分と鉛直成分に分解し、その水平成分が観測者の速さに等しい、という関係から未知の速さを求めます。
この設問における重要なポイント

• 「相対速度が鉛直になる」＝「水平方向の相対速度が0」＝「物体の水平速度と観測者の水平速度が等しい」。
• 静止して見た雨の速度 \(\vec{v}_B\) を、水平成分と鉛直成分に分解して考える。
• ベクトル図に現れる直角三角形と、角度の関係を正しく把握する。

具体的な解説と立式
静止している観測者から見た雨の速度を \(\vec{v}_B\)、観測者が歩く速度を \(\vec{v}_A\) とします。
問題文より、

• \(v_A = 4.0 \, \text{m/s}\) （水平方向）
• \(\vec{v}_B\) は鉛直方向と \(30^\circ\) の角をなす。

歩いている観測者から見た雨の相対速度 \(\vec{v}_{AB}\) は、\(\vec{v}_{AB} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\) であり、これが鉛直下向きになります。
これは、\(\vec{v}_B\) の水平成分と \(\vec{v}_A\) が等しく、互いに打ち消し合ったことを意味します。
\(\vec{v}_B\) を水平成分 \(\vec{v}_{Bx}\) と鉛直成分 \(\vec{v}_{By}\) に分解すると、\(v_{Bx} = v_A\) となります。

\(\vec{v}_B\) とその成分の関係を図に描くと、\(\vec{v}_B\) を斜辺とする直角三角形ができます。この三角形において、\(\vec{v}_B\) と鉛直方向のなす角が \(30^\circ\) なので、水平成分 \(v_{Bx}\) との関係は、
$$
\begin{aligned}
\sin 30^\circ &= \frac{v_{Bx}}{v_B}
\end{aligned}
$$
となります。ここに \(v_{Bx} = v_A = 4.0 \, \text{m/s}\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
\sin 30^\circ &= \frac{4.0}{v_B}
\end{aligned}
$$
この式を \(v_B\) について解きます。

上記で立てた式に、\(\sin 30^\circ = \frac{1}{2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} &= \frac{4.0}{v_B} \\[2.0ex] v_B &= 2 \times 4.0 \\[2.0ex] v_B &= 8.0
\end{aligned}
$$
したがって、静止している観測者から見た雨滴の速さは \(8.0 \, \text{m/s}\) となります。

雨はもともと風で斜めに降っています。この斜めの動きは「真下に落ちる動き」と「横に流される動き」に分解できます。
ここで、自分が横に \(4.0 \, \text{m/s}\) で歩いたところ、雨がちょうど真下に降るように見えました。これは、自分が歩くことで、雨が「横に流される動き」をぴったり打ち消した（キャンセルした）ことを意味します。
つまり、雨が横に流される速さは、自分が歩く速さと同じ \(4.0 \, \text{m/s}\) だったのです。
もともとの雨は、鉛直方向と \(30^\circ\) の角度で降っていたので、この「横に流される速さ \(4.0 \, \text{m/s}\)」という情報と三角比を使うことで、元の斜めの速さを逆算することができます。

静止している観測者から見た雨滴の速さは \(8.0 \, \text{m/s}\) となりました。このとき、雨の水平速度成分は \(8.0 \sin 30^\circ = 4.0 \, \text{m/s}\) となり、観測者の歩く速さと一致します。したがって、歩いている観測者から見れば水平方向の速度は打ち消し合い、鉛直成分 \(8.0 \cos 30^\circ\) の速度だけで降下するように見えるため、問題の条件と一致し、妥当な結果です。

【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？

• 相対速度のベクトル的解釈
  • 核心: この問題の根幹は、「動いている人から見た物体の運動」という相対速度の概念を、2次元平面上でベクトル（矢印）として正しく扱い、その関係性を図形的に解き明かすことにあります。特に、「歩くと雨が真下に見えた」という現象の物理的意味を正確に捉えることが鍵となります。
  • 理解のポイント:
    • 相対速度の定義: 歩行者から見た雨の速度 \(\vec{v}_{\text{雨,人}}\) は、地面に対する雨の速度 \(\vec{v}_{\text{雨,地}}\) から、地面に対する人の速度 \(\vec{v}_{\text{人,地}}\) をベクトルとして引き算したもの (\(\vec{v}_{\text{雨,人}} = \vec{v}_{\text{雨,地}} – \vec{v}_{\text{人,地}}\)) です。
    • 現象の翻訳: 「歩くと雨が真下に見えた」とは、\(\vec{v}_{\text{雨,人}}\) が鉛直下向きになったことを意味します。これは、\(\vec{v}_{\text{雨,地}}\) が元々持っていた水平方向の速度成分が、\(\vec{v}_{\text{人,地}}\) によって完全に打ち消された（キャンセルされた）結果と解釈できます。
    • 結論: つまり、「雨が風によって水平方向に流される速さ」と「人が歩く速さ」が等しい、という重要な関係が導き出されます。
• ベクトル図と三角比の連携
  • 核心: 上記の物理的な関係性を、ベクトル図という幾何学的な図に変換し、その図形の性質を三角比という数学的な道具を用いて解く、という物理学の王道的な問題解決プロセスを体験することです。
  • 理解のポイント:
    • 静止して見た雨の速度 \(\vec{v}_{\text{雨,地}}\) は、鉛直と\(30^\circ\)の角をなす斜めのベクトルです。
    • このベクトルを、鉛直成分と水平成分に分解すると、直角三角形が現れます。
    • この三角形において、水平成分の大きさが人の歩く速さ \(4.0 \, \text{m/s}\) に等しいことが分かっているので、三角比を用いることで、斜辺の長さ、すなわち求めたい雨の速さを計算することができます。

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:
  • 川を横断する船: 「船首を対岸に垂直に向けて進むと、川に流されて斜め下流に着いた。岸から見た船の速さと向きは？」という問題。これは「静水に対する船の速度」と「川の流れの速度」という直交する2つのベクトルを合成する問題です。
  • 川を最短距離で横断する: 「対岸の真向かいの点に到着するためには、船首をどれだけ上流に向けるべきか？」という問題。これは、船の合成速度が岸に垂直になるようにベクトル図を描く、本問と非常によく似た構造の問題です。
  • 風の中を飛ぶ飛行機: 「東へ向かいたいが、北風が吹いている。機首をどちらに向けるべきか？」という問題も、合成速度が望む方向になるようにベクトル図を描いて解きます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 2つの状況を比較する: 「静止しているとき」と「歩いているとき」で、雨の見え方がどう違うかに注目します。
  2. 「〜に見えた」は相対速度: 「〜に見えた」という記述は、相対速度を扱っていることの合図です。
  3. ベクトル図を描くことを最優先: 平面上の速度の問題は、まずベクトル図を描くことから始めます。各ベクトルの向き（鉛直、水平、斜め）と、それらの関係（和か差か）を正確に図示することが、解法の第一歩です。
  4. 図形の中に直角三角形を探す: ベクトル図を描いたら、その中に直角三角形が隠れていないか探します。水平と鉛直、東と南など、直交する方向が問題に含まれている場合は、ほぼ確実に直角三角形を利用できます。
  5. 角度と辺の関係を整理: 見つけた直角三角形において、問題文で与えられた角度や辺の長さが、三角形のどの部分に対応するのかを正確に把握します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ベクトル図の作図ミス:
  • 誤解: \(\vec{v}_{AB} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\) の作図で、ベクトルの足し算と混同したり、どのベクトルが斜辺になるかを取り違えたりする。
  • 対策: 2つの方法を使い分けるのが有効です。①引き算のまま作図する場合：\(\vec{v}_A\) と \(\vec{v}_B\) の始点を揃え、\(\vec{v}_A\) の先端から \(\vec{v}_B\) の先端へ引いた矢印が \(\vec{v}_{AB}\) となります。②足し算に変換する場合：\(\vec{v}_{AB} = \vec{v}_B + (-\vec{v}_A)\) として、「しりとり」のようにつなぎます。
• 角度の取り違え:
  • 誤解: 問題文の「鉛直方向と30°の角」を、ベクトル図の直角三角形のどの角に対応させるかを間違える。
  • 対策: 大きく正確な図を描き、問題文の情報を丁寧に図に書き込むことが不可欠です。どの線が「鉛直方向」なのかを明確にし、それと雨の速度ベクトル \(\vec{v}_B\) のなす角が\(30^\circ\)であることを図示すれば、計算に使うべき角度を正しく特定できます。
• 三角比の選択ミス（\(\sin, \cos, \tan\)の混同）:
  • 誤解: 斜辺と対辺の関係なのに\(\cos\)を使ったり、底辺と対辺の関係なのに\(\sin\)を使ったりする。
  • 対策: SOH-CAH-TOAを思い出し、直角三角形において「分かっている辺」と「求めたい辺」が、角度に対してどのような位置関係（対辺、底辺、斜辺）にあるかを確認してから、適切な三角比を選択しましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 相対速度の式 (\(\vec{v}_{AB} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\)) を用いる理由:
  • 選定理由: 問題文に「観測者が静止しているとき」と「歩いているとき」という2つの基準系からの視点が含まれており、それらの関係を記述する物理法則が相対速度の公式だからです。
  • 適用根拠: この公式は、異なる基準系での物理現象の見え方を結びつける「ガリレイの相対性原理」の基本的な表現です。この問題では、この関係式を図形的に解釈することで、未知の量を特定する鍵となります。
• 三角比(\(\sin\))を用いる理由:
  • 選定理由: ベクトル図を描いた結果、直角三角形が現れ、その中で「角度(\(30^\circ\))」「その角度の対辺(\(v_A\))」「斜辺(\(v_B\))」の関係が問題になっているからです。この3つの要素を結びつける数学的道具が\(\sin\)であるため、これを選択します。
  • 適用根拠: 直角三角形における三角比の定義は、数学的に証明された普遍的な関係です。物理的なベクトル量を辺の長さとする図形にも、この数学的関係をそのまま適用することができます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• ベクトル図を大きく正確に描く: この種の問題の成否は、作図の正確さにかかっています。フリーハンドでも良いので、各ベクトルの向き（水平、鉛直、斜め）と、それらの関係（和か差か）を正確に反映した図を大きく描くことが、ミスを防ぐ最大のポイントです。
• 特別な角の利用: 角度が\(30^\circ, 60^\circ\)と出てきたら、別解2で示した「辺の比 \(1:2:\sqrt{3}\)」が使えないか、常に意識しましょう。この問題では、\(30^\circ\)の対辺が\(4.0 \, \text{m/s}\)（比の「1」に相当）と分かっているので、斜辺（比の「2」に相当）は即座に \(4.0 \times 2 = 8.0 \, \text{m/s}\) と暗算できます。
• 答えの吟味（検算）: 計算結果（\(v_B = 8.0 \, \text{m/s}\)）を使って、他の物理量が問題文と一致するかを確認しましょう。例えば、雨の水平速度は \(v_{Bx} = v_B \sin 30^\circ = 8.0 \times \frac{1}{2} = 4.0 \, \text{m/s}\) となります。これは観測者の歩く速さと一致しており、「歩くと雨が真下に見える」という条件を満たしていることが確認できます。

発展例題2 等加速度直線運動

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「斜面上の等加速度直線運動の総合的な解析」です。初速度を与えられて斜面を上り、最高点で折り返して下ってくるという、鉛直投げ上げ運動と本質的に同じ構造の運動を扱います。等加速度直線運動の公式を、符号に注意しながら戦略的に使いこなす能力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
問題文には「等加速度直線運動」とあり、点Oから点Qまでの運動について、初速度、終端速度、変位が与えられています。求めたいのは加速度\(a\)で、この区間の時間は分かっていません。このような状況で最も適した公式は、時間\(t\)を含まない \(v^2-v_0^2=2ax\) です。
この設問における重要なポイント

• 時間\(t\)が未知かつ不要なので、\(t\)を含まない公式 \(v^2-v_0^2=2ax\) を選択する。
• 斜面上向きを正とするため、点Qでの「斜面下向きに速さ\(4.0 \, \text{m/s}\)」は、速度 \(v = -4.0 \, \text{m/s}\) となる。
• 点Oから点Qへの変位は、正の向きに \(x = 5.0 \, \text{m}\)。

具体的な解説と立式
斜面上向きを正とします。点Oから点Qまでの運動について、

• 初速度 \(v_0 = 6.0 \, \text{m/s}\)
• 点Qでの速度 \(v = -4.0 \, \text{m/s}\)
• 変位 \(x = 5.0 \, \text{m}\)

これらの値を、時間を含まない公式に代入します。
$$
\begin{aligned}
v^2 – v_0^2 &= 2ax
\end{aligned}
$$

上記で立てた式に、数値を代入して \(a\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(-4.0)^2 – (6.0)^2 &= 2 \times a \times 5.0 \\[2.0ex] 16 – 36 &= 10a \\[2.0ex] -20 &= 10a \\[2.0ex] a &= -2.0
\end{aligned}
$$
したがって、ボールの加速度は \(-2.0 \, \text{m/s}^2\) となります。

時間が分からないときに加速度を求める便利な公式 \(v^2-v_0^2=2ax\) を使います。この問題では、スタート地点Oから、一度通り過ぎて戻ってきたQ点までの情報が与えられています。スタート時の速さ、Q点での速さ、OQ間の距離を公式に当てはめますが、このとき「向き」に注意が必要です。上向きをプラスと決めたので、Q点での下向きの速さは「マイナス4.0」として計算します。

加速度は \(-2.0 \, \text{m/s}^2\) となりました。負の値は、加速度が斜面下向き（初速度の向きと逆）にはたらいていることを意味します。これは、斜面を上る物体が減速し、下る物体が加速するという現象と一致しており、物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
最高点Pに達したときの時刻と、OP間の距離を求めます。最高点ではボールが一瞬停止するため、速度は \(v=0\) となります。

• 時刻を求めるには、(1)で求めた加速度を使い、公式 \(v=v_0+at\) に \(v=0\) を代入します。
• 距離を求めるには、時間を含まない公式 \(v^2-v_0^2=2ax\) に \(v=0\) を代入するのが効率的です。

この設問における重要なポイント

• 「最高点Pに達する」は、物理的に「速度 \(v=0\)」と読み替える。

具体的な解説と立式
最高点Pについて、\(v=0\) となります。

• 時刻 \(t_P\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  v &= v_0 + at_P
  \end{aligned}
  $$
• 距離 \(x_P\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  v^2 – v_0^2 &= 2ax_P
  \end{aligned}
  $$

• 時刻 \(t_P\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  0 &= 6.0 + (-2.0) \times t_P \\[2.0ex] 2.0t_P &= 6.0 \\[2.0ex] t_P &= 3.0 \, \text{s}
  \end{aligned}
  $$
• 距離 \(x_P\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  0^2 – (6.0)^2 &= 2 \times (-2.0) \times x_P \\[2.0ex] -36 &= -4.0x_P \\[2.0ex] x_P &= 9.0 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$

ボールが一番高い点Pに達したとき、一瞬だけ止まります。つまり、速さが \(0\) になります。

• 時間: 初速 \(6.0 \, \text{m/s}\) で、1秒あたり \(2.0 \, \text{m/s}\) ずつ遅くなるので、止まるまでの時間は \(6.0 \div 2.0 = 3.0\) 秒です。
• 距離: 時間が分からないときに距離を求める公式を使うと、計算が簡単です。初速と加速度から、止まるまでに \(9.0 \, \text{m}\) 進むことが分かります。

ボールは投げてから \(3.0\) 秒後に最高点に達し、その距離は \(9.0 \, \text{m}\) となります。どちらも正の値であり、妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
\(v-t\)グラフを描きます。この運動は等加速度直線運動なので、グラフは直線になります。グラフを描くには、運動の式 \(v=v_0+at\) を立て、始点と終点（または他の1点）の座標を求めて直線で結びます。
この設問における重要なポイント

• 等加速度直線運動の\(v-t\)グラフは直線になる。
• グラフの切片が初速度 \(v_0\)、傾きが加速度 \(a\) に対応する。

具体的な解説と立式
運動の式は、\(v_0=6.0 \, \text{m/s}\), \(a=-2.0 \, \text{m/s}^2\) より、
$$
\begin{aligned}
v &= 6.0 – 2.0t
\end{aligned}
$$
この一次関数のグラフを描きます。

• \(t=0\) のとき、\(v=6.0 \, \text{m/s}\) （切片）
• \(v=0\) となるのは、(2)より \(t=3.0 \, \text{s}\) （\(t\)軸との交点）

これらの点 \((0, 6.0)\) と \((3.0, 0)\) をプロットし、直線を引きます。

上記の式に基づき、グラフを描画します。

速度と時間の関係式は \(v = 6.0 – 2.0t\) となります。これは数学で習った一次関数なので、グラフは直線になります。スタート地点である \(t=0\) のときの速度 \(v=6.0\) の点と、(2)で求めた速度が \(0\) になる \(t=3.0\) の点を結べば、グラフが描けます。

グラフは、切片が \(6.0\)、傾きが \(-2.0\) の右下がりの直線となります。\(t=3.0 \, \text{s}\) で時間軸を横切り、その後は負の領域に入ることで、ボールが折り返して下っていく様子を正しく表現しています。

問(4)

思考の道筋とポイント
ボールが点Qを「斜面下向きに」通過するときの時刻と、それまでの「移動距離」を求めます。

• 時刻: 速度が \(v=-4.0 \, \text{m/s}\) となる時刻を、公式 \(v=v_0+at\) から計算します。
• 移動距離: これは折り返し運動なので、「変位」とは異なります。移動距離は、最高点Pまで進んだ距離(OP間)と、最高点Pから点Qまで下った距離(PQ間)の和になります。

この設問における重要なポイント

• 「移動距離」は道のりの総和であり、変位とは区別する。
• 移動距離 = (OP間の距離) + (PQ間の距離)

具体的な解説と立式

• 時刻 \(t_Q\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  v &= v_0 + at_Q
  \end{aligned}
  $$
  に \(v=-4.0 \, \text{m/s}\) を代入します。
• 移動距離 \(L\) の計算:
  (2)より、OP間の距離は \(x_P = 9.0 \, \text{m}\) です。
  PQ間の距離は、点Pの位置(\(x_P=9.0 \, \text{m}\))と点Qの位置(\(x_Q=5.0 \, \text{m}\))の差の絶対値です。
  $$
  \begin{aligned}
  L &= x_P + |x_Q – x_P|
  \end{aligned}
  $$

• 時刻 \(t_Q\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  -4.0 &= 6.0 + (-2.0) \times t_Q \\[2.0ex] 2.0t_Q &= 10.0 \\[2.0ex] t_Q &= 5.0 \, \text{s}
  \end{aligned}
  $$
• 移動距離 \(L\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  L &= 9.0 + |5.0 – 9.0| \\[2.0ex] &= 9.0 + |-4.0| \\[2.0ex] &= 9.0 + 4.0 \\[2.0ex] &= 13.0 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$

• 時間: ボールがQ点を下向きに速さ \(4.0 \, \text{m/s}\) で通過するのはいつか、という問題です。上向きをプラスとしているので、これは速度が \(-4.0 \, \text{m/s}\) になるときです。速度の式 \(v = 6.0 – 2.0t\) に \(v=-4.0\) を当てはめて計算すると、\(t=5.0\) 秒後とわかります。
• 移動距離: 5秒後までにボールが動いた道のりの合計です。ボールは、まず \(9.0 \, \text{m}\) 上って最高点Pに着き、そこからQ点（\(5.0 \, \text{m}\)地点）まで \(4.0 \, \text{m}\) 下っています。したがって、動いた道のりの合計は \(9.0 + 4.0 = 13.0 \, \text{m}\) となります。

時刻は \(5.0\) 秒後、移動距離は \(13.0 \, \text{m}\) となりました。このときの変位は \(5.0 \, \text{m}\) であり、移動距離の方が大きくなっていることから、折り返し運動の計算として妥当です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 等加速度直線運動の公式の戦略的選択
  • 核心: この問題の根幹は、等加速度直線運動を記述する3つの主要な公式を理解し、問題の状況（何が与えられ、何を求めるか）に応じて、最も効率的で計算ミスの少ない公式を戦略的に選択して適用することにあります。
  • 理解のポイント:
    • 3つの公式:
      1. \(v = v_0 + at\) （変位\(x\)が関係ない場合）
      2. \(x = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) （最終速度\(v\)が関係ない場合）
      3. \(v^2 – v_0^2 = 2ax\) （時間\(t\)が関係ない場合）
    • 公式の選択法: 5つの物理量（\(v_0, v, a, t, x\)）のうち、問題で与えられた量と求めたい量を見て、関係のない変数が1つだけ含まれていない公式を選ぶのが基本戦略です。
• 物理的な事象の数式への翻訳
  • 核心: 「最高点Pに達した」「斜面下向きに通過」といった日本語で書かれた物理的な事象を、「速度 \(v=0\)」「速度 \(v<0\)」といった簡潔な数式に正しく翻訳する能力が重要です。
  • 理解のポイント:
    • 物体が進行方向を反転する瞬間（最高点）では、その一瞬だけ速度がゼロになります。
    • 最初に設定した正の向き（斜面上向き）と逆向きの運動は、速度や加速度を負の値として扱う必要があります。
    • 「移動距離」と「変位」は、折り返し運動では異なる物理量であることを明確に区別する必要があります。

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:
  • 鉛直投げ上げ運動: 本質的にこの問題と全く同じ構造です。初速度\(v_0\)が正、加速度が重力加速度で負(\(a=-g\))となります。「最高点に達する」が「点P」に対応し、\(v=0\)として時刻や高さを求めます。
  • ブレーキをかける自動車: 一定の加速度（負）で減速し、停止するまでの時間や距離（制動距離）を求める問題。「停止する」が「最高点」に対応し、\(v=0\)として計算します。
  • 2物体の追跡問題（出会う・追いつく）: 一方が等速、もう一方が等加速度運動をする場合など。「出会う（追いつく）」とは、「同じ時刻に同じ位置にいる」ということなので、それぞれの物体の位置\(x\)に関する式を立て、\(x_A = x_B\)として時刻\(t\)についての方程式を解きます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動の種類の特定: 問題文に「等加速度直線運動」と明記されていることを確認します。
  2. 座標軸と符号の宣言: 最初に「斜面上向きを正とする」と問題文で指定されていることを確認します。
  3. 物理量のリストアップ: 問題文から初速度\(v_0\)、後の速度\(v\)、時間\(t\)、加速度\(a\)、変位\(x\)の5つの物理量のうち、分かっている値を符号（\(\pm\)）付きでリストアップします。
  4. 物理的条件の数式化: 「最高点P」→\(v=0\), 「斜面下向きに速さ4.0m/s」→\(v=-4.0 \, \text{m/s}\) のように、問題文のキーワードを数式に翻訳します。
  5. 公式の選択: 「不要な変数」が含まれていない公式を3つの候補から選びます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 速度と加速度の符号ミス:
  • 誤解: 点Qでの下向きの速度を \(v=4.0 \, \text{m/s}\) と正の値で代入してしまう。
  • 対策: 最初に座標軸の向き（斜面上向きが正）を宣言し、それと逆向きのベクトル量（下向きの速度、下向きの加速度）には、必ずマイナスの符号を付けることを徹底します。
• 「最高点」＝「加速度が0」という誤解:
  • 誤解: 折り返し点では力が働かなくなり、加速度がゼロになると勘違いする。
  • 対策: 投げ上げたボールが最高点に達した瞬間をイメージしましょう。その瞬間も重力（の斜面成分）は働いているため、加速度はゼロではありません。等加速度運動では、加速度は常に一定です。
• 「変位」と「移動距離」の混同:
  • 誤解: (4)で移動距離を問われているのに、その時刻での変位（\(x=5.0 \, \text{m}\)）を答えてしまう。
  • 対策: 「変位」はスタートからゴールへの最短距離（向きあり）。「移動距離」は実際に通った道のりの長さ（向きなし）。折り返し運動ではこれらは異なることを明確に意識しましょう。移動距離は「(最高点までの距離) + (最高点から下った距離)」のように、道のりを分割して足し合わせる必要があります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)で \(v^2-v_0^2=2ax\) を選ぶ理由:
  • 選定理由: 問題で与えられた情報（\(v_0, v, x\)）と求めたい情報（\(a\)）だけで構成されており、未知の情報である時間（\(t\)）を含まない唯一の公式だからです。これにより、未知数が\(a\)だけの単純な一次方程式となり、一発で答えを求めることができます。
  • 適用根拠: この公式は、他の2つの基本公式から時間\(t\)を消去して導出されたものです。時間経過を問わない状態変化（速度と位置の変化）を直接結びつける強力な関係式です。
• (2)で \(v=v_0+at\) と \(v^2-v_0^2=2ax\) を選ぶ理由:
  • 選定理由: どちらも「最高点(\(v=0\))」という条件を代入するだけで、未知数が1つの方程式になるからです。特に距離を求める際は、時間を計算する必要がない後者の公式がより効率的です。
  • 適用根拠: それぞれ時間と速度、変位と速度の関係を直接記述する基本公式であり、物理的条件を代入することで未知数を特定できます。
• (4)で移動距離を「道のりの和」で計算する理由:
  • 選定理由: 折り返し運動をしているため、単一の公式で移動距離を直接求めることはできないからです。
  • 適用根拠: 移動距離の定義は「実際に動いた道のりの総和」です。したがって、運動を「上り（O→P）」と「下り（P→Q）」の区間に分け、それぞれの区間で動いた距離を足し合わせるという、定義に基づいた計算が必要になります。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 初期情報のリストアップ: 計算を始める前に、問題文から読み取れる \(v_0, v, t, x, a\) の値を、符号を付けて書き出す習慣をつけましょう。「O点: \(t=0, x=0, v_0=+6.0\)。Q点: \(x=+5.0, v=-4.0\)。P点: \(v=0\)。(1)\(a=?\), …」のように整理すると、思考が明確になります。
• \(v-t\)グラフによる全体像の把握: 計算を始める前に、(3)で描くことになる\(v-t\)グラフの概形（切片が正、傾きが負の直線）を頭の中でイメージしましょう。これにより、折り返し時刻（\(t\)軸との交点）や各時刻の速度の符号などを視覚的に確認でき、立式のミスを防げます。
• 別解による検算: 複数の公式やグラフの面積を使って同じ答えが出るか確認する「ダブルチェック」は非常に有効です。例えば、(2)で求めた時刻と距離を、\(x=v_0t+\frac{1}{2}at^2\) に代入して式が成り立つかを確認できます。
• 因数分解の活用: \(v^2-v_0^2\)の計算では、\(a^2-b^2=(a+b)(a-b)\)の公式を積極的に利用しましょう。(1)では \((-4.0)^2 – (6.0)^2 = (-4.0+6.0)(-4.0-6.0) = 2.0 \times (-10) = -20\) となり、\(16-36\)よりも暗算しやすく、ミスが減ります。

発展問題

23 平面運動の速度の合成

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「平面運動における速度の合成」です。川の流れの中を進む船の運動を、「川を横切る方向の運動」と「川の流れに沿った方向の運動」に分解して考えることが基本となります。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
船が対岸に到達するまでの時間を求めるには、川を横切る方向の運動のみに着目します。川の流れは川岸に平行な方向の運動であり、川を横切る時間には影響を与えません。したがって、この問題は「静水中で、速さ\(2V\)の船が距離\(L\)を進むのにかかる時間」を求めることと等価です。
この設問における重要なポイント

• 運動の分解: 川を横切る運動と、川に流される運動は独立に考える。
• 川を横切るのにかかる時間は、川岸に垂直な方向の速度成分だけで決まる。
• 船首を垂直に向けているので、川岸に垂直な方向の船の速さは\(2V\)。

具体的な解説と立式
船が対岸に到達するまでの時間を \(t_1\) とします。
川を横切る方向の運動について、

• 進む距離: \(L\)
• 速さ: \(2V\)

これらは等速直線運動の関係にあるので、
$$
\begin{aligned}
L &= 2V \times t_1
\end{aligned}
$$
この式を \(t_1\) について解きます。

上記で立てた式の両辺を \(2V\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
t_1 &= \frac{L}{2V}
\end{aligned}
$$

対岸にたどり着くまでの時間は、純粋に「まっすぐ前に進む速さ」だけで決まります。横に流されるかどうかは、前に進む時間には関係ありません。この船はまっすぐ前に \(2V\) の速さで進むので、距離 \(L\) を渡るのにかかる時間は「距離 ÷ 速さ」で計算できます。

対岸に到達するまでの時間は \(\frac{L}{2V}\) となります。川幅が広いほど、また船の速さが遅いほど時間がかかるという、直感に合った結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
船が対岸に到達するまでの間に、川の流れによって下流に流された距離（OP間の距離）を求めます。川に流される運動は、川岸に平行な方向の運動です。この方向には、川の流れの速さ\(V\)で、(1)で求めた時間\(t_1\)だけ等速直線運動をしたと考えられます。
この設問における重要なポイント

• 川に流される距離は、川岸に平行な方向の速度成分（川の流れの速さ）だけで決まる。
• 流される時間は、(1)で求めた対岸への到達時間\(t_1\)に等しい。

具体的な解説と立式
OP間の距離を \(x\) とします。
川の流れに沿った方向の運動について、

• 速さ: \(V\)
• 時間: (1)で求めた \(t_1 = \frac{L}{2V}\)

これらは等速直線運動の関係にあるので、
$$
\begin{aligned}
x &= V \times t_1
\end{aligned}
$$

上記で立てた式に、\(t_1\) の値を代入します。
$$
\begin{aligned}
x &= V \times \frac{L}{2V} \\[2.0ex] &= \frac{L}{2}
\end{aligned}
$$

船が対岸に向かって進んでいる間、ずっと川の速さ\(V\)で横に流され続けます。対岸に着くまでの時間は(1)で \(\frac{L}{2V}\) と分かったので、流された距離は「速さ × 時間」で \(V \times \frac{L}{2V} = \frac{L}{2}\) と計算できます。

OP間の距離は \(\frac{L}{2}\) となります。川の流れが速いほど、また対岸に着くまでの時間が長いほど、より遠くまで流されるという直感に合った結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
出発点の真向かいの点Oに到達するためには、川の流れによる下流への速度成分を、船が自力で上流へ向かう速度成分で完全に打ち消す必要があります。つまり、「静水に対する船の速度 \(\vec{v}_{\text{船}}\)」と「川の流れの速度 \(\vec{v}_{\text{川}}\)」のベクトル和である「合成速度 \(\vec{v}_2\)」が、川岸に垂直な向き（真向かいの方向）になればよいのです。
この関係をベクトル図で描くと、\(\vec{v}_{\text{船}}\)を斜辺、\(\vec{v}_{\text{川}}\)と\(\vec{v}_2\)を他の2辺とする直角三角形が現れます。
この設問における重要なポイント

• 点Oに到達する条件は、合成速度が川岸に垂直な向きになること。
• ベクトル関係式: \(\vec{v}_2 = \vec{v}_{\text{船}} + \vec{v}_{\text{川}}\)
• ベクトル図が、斜辺の大きさが \(2V\)、一つの辺の大きさが \(V\) の直角三角形になる。

具体的な解説と立式
合成速度を \(\vec{v}_2\) とします。ベクトル図を描くと、\(\vec{v}_{\text{船}}\)（大きさ \(2V\)）を斜辺、\(\vec{v}_{\text{川}}\)（大きさ \(V\)）と \(\vec{v}_2\) を直角を挟む2辺とする直角三角形ができます。
この三角形の辺の長さの比は \(V : v_2 : 2V\) となり、これは \(1 : \sqrt{3} : 2\) の特別な直角三角形の辺の比に対応します。
したがって、合成速度の大きさ \(v_2\) は、比が \(\sqrt{3}\) の辺にあたるので、
$$
\begin{aligned}
v_2 &= \sqrt{3}V
\end{aligned}
$$
この合成速度 \(v_2\) が、川を横切る実際の速さになります。川を横切るのに要する時間を \(t_2\) とすると、
$$
\begin{aligned}
L &= v_2 \times t_2
\end{aligned}
$$

上記で立てた式に \(v_2 = \sqrt{3}V\) を代入し、\(t_2\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
L &= \sqrt{3}V \times t_2 \\[2.0ex] t_2 &= \frac{L}{\sqrt{3}V}
\end{aligned}
$$

まっすぐ対岸のO点に着くためには、川で流される分を見越して、あらかじめ船首を上流に向けておく必要があります。このとき、船の動きは「前に進む動き」と「横に進む動き」に分けられますが、「横に進む動き」が川の流れとちょうど打ち消し合うように角度を調整します。
この関係を図に描くと、辺の比が \(1:2:\sqrt{3}\) の特別な直角三角形が現れます。この図から、船がまっすぐ前に進む本当の速さは \(\sqrt{3}V\) であることがわかります。あとは「時間 = 距離 ÷ 速さ」で計算できます。

時間は \(\frac{L}{\sqrt{3}V}\) となります。(1)の答え \(\frac{L}{2V}\) と比較すると、\(\sqrt{3} \approx 1.73 < 2\) なので、分母が小さくなり、\(t_2 > t_1\) となります。これは、船の推進力の一部を上流に向かうために使うので、川を横切る速度成分が小さくなり、到達時間が長くなるという物理的な状況と一致しており、妥当な結果です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動の独立性（運動の分解と合成）
  • 核心: この問題の根幹は、2次元平面上の運動を、互いに直交する2つの方向（川を横切る方向と、川の流れに沿った方向）の独立した1次元運動の組み合わせとして捉える「運動の分解」という考え方にあります。
  • 理解のポイント:
    • 川を横切る運動: この方向の運動は、船が自力で出す速度の「川岸に垂直な成分」だけで決まります。川の流れの速さは、この方向の運動には一切影響を与えません。
    • 川に流される運動: この方向の運動は、「川の流れの速度」と、船が自力で出す速度の「川岸に平行な成分」の合成で決まります。
    • 時間の共有: これら2つの独立した運動は、「対岸に到達するまでの時間」という共通のパラメータで結びついています。
• 速度のベクトル合成
  • 核心: 「岸から見た船の速度（合成速度）」は、「静水に対する船の速度」と「川の流れの速度」のベクトル和で与えられる、という速度の合成則を、ベクトル図を用いて正しく表現し、解析することです。
  • 理解のポイント:
    • (1)(2)の状況: \(\vec{v}_{\text{合成}} = \vec{v}_{\text{船}} + \vec{v}_{\text{川}}\) において、\(\vec{v}_{\text{船}}\) と \(\vec{v}_{\text{川}}\) が直交する場合です。
    • (3)の状況: \(\vec{v}_{\text{合成}}\) が特定の向き（川岸に垂直）になるように、\(\vec{v}_{\text{船}}\) の向きを調整する場合です。このとき、ベクトル図は \(\vec{v}_{\text{船}}\) を斜辺とする直角三角形になります。

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:
  • 風の中を飛ぶ飛行機: 「静水に対する船の速さ」が「無風状態での飛行機の速さ」に、「川の流れの速さ」が「風の速さ」に置き換わるだけで、全く同じ考え方で解くことができます。
  • 最短時間で川を渡る: 川を最短時間で渡るには、川を横切る速度成分を最大にする必要があります。そのためには、船首を対岸にまっすぐ向けるべきです。これは本問の(1)の状況に対応します。
  • 最短距離で川を渡る: 川を最短距離で渡るには、出発点の真向かいの点に到着する必要があります。そのためには、合成速度が川岸に垂直になるように、船首を上流に向けるべきです。これは本問の(3)の状況に対応します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 3つの主役ベクトルを特定: 「静水に対する船の速度」「川の流れの速度」「岸から見た船の速度（合成速度）」の3つのベクトルを常に意識します。
  2. 運動の分解を意識する: 複雑な2次元運動に見えても、まずは「川を横切る方向」と「川に沿った方向」の2つの単純な1次元運動に分けて考えられないか、試みます。
  3. ベクトル図を描く: 速度の合成の問題は、まず \(\vec{v}_{\text{合成}} = \vec{v}_{\text{船}} + \vec{v}_{\text{川}}\) の関係をベクトル図で描くことから始めます。図を描くことで、辺の長さや角度の関係が視覚的に明らかになります。
  4. 図形の中に直角三角形を探す: ベクトル図の中に直角三角形を見つけ、三平方の定理や三角比、特別な辺の比が使えないか検討します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 時間の計算に使う速度の選択ミス:
  • 誤解: (1)で対岸への到達時間を計算する際に、船の速さ\(2V\)ではなく、合成された斜め方向の速さを使ってしまう。
  • 対策: 「運動の独立性」を徹底しましょう。川幅\(L\)という「垂直方向の距離」を渡る時間を計算するのだから、使うべきは「垂直方向の速度成分」(\(2V\))です。
• (3)のベクトル図の作図ミス:
  • 誤解: \(\vec{v}_{\text{合成}} = \vec{v}_{\text{船}} + \vec{v}_{\text{川}}\) の関係を正しく図にできず、どのベクトルが直角三角形の斜辺になるかを取り違える。
  • 対策: ベクトルの和は「しりとり」のルールで描きます。\(\vec{v}_{\text{川}}\) の矢印の先端に \(\vec{v}_{\text{船}}\) の矢印の根元をつなぎ、\(\vec{v}_{\text{川}}\) の根元から \(\vec{v}_{\text{船}}\) の先端まで引いた矢印が合成ベクトル \(\vec{v}_2\) です。しかし、この問題では \(\vec{v}_2\) が鉛直方向と分かっているので、\(\vec{v}_{\text{船}} = \vec{v}_2 – \vec{v}_{\text{川}} = \vec{v}_2 + (-\vec{v}_{\text{川}})\) と考えて、\(\vec{v}_2\) の先端に \(-\vec{v}_{\text{川}}\)（上流向き）をつなぐと、\(\vec{v}_{\text{船}}\) が斜辺となる直角三角形が描けます。
• (3)で川を横切る速さを\(2V\)と勘違いする:
  • 誤解: 船首を上流に向けることで、川を横切る方向の速度成分が \(2V\) よりも小さくなることを見落とす。
  • 対策: 船の速さ\(2V\)は、あくまで静水に対する速さ（船が自力で出せる最高速度）です。船首を斜めに向けると、その力の一部は上流への移動に使われるため、対岸へ向かう速度成分は \(2V\) よりも必ず小さくなります（この問題では \(2V\cos\theta = \sqrt{3}V\)）。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動の分解を用いる理由:
  • 選定理由: 2次元の運動を、そのまま扱うのは複雑だからです。互いに影響しない直交する2つの1次元運動に分けることで、中学校で習った \(x=vt\) のような単純な公式をそれぞれの方向に適用できるようになります。
  • 適用根拠: これは「ガリレイの相対性原理」の帰結であり、運動方程式が各座標成分ごとに独立して成り立つことに基づいています。ある方向の運動は、それに垂直な方向の力や速度の影響を受けない、という物理学の大原則です。
• (3)でベクトル図と三角比を用いる理由:
  • 選定理由: 「合成速度が特定の向きになる」という、ベクトルの向きに関する条件が与えられているからです。このような問題は、ベクトル図を描いて幾何学的な関係を調べるのが最も直感的で分かりやすい解法です。
  • 適用根拠: 速度の合成則はベクトル演算であり、ベクトルは幾何学的な矢印で表現できます。したがって、ベクトル間の関係式は、そのまま図形間の関係式に翻訳することができます。その図形が直角三角形であれば、三角比や三平方の定理という強力な数学的道具を適用することが正当化されます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 図を大きく正確に描く: 速度の合成の問題では、ベクトル図が生命線です。各ベクトルの向きと、それらの和や差の関係を、フリーハンドでも良いので大きく正確に描く習慣をつけましょう。
• 特別な角の利用: (3)のように、直角三角形の辺の比が \(V:2V = 1:2\) となった場合、即座に「これは \(1:2:\sqrt{3}\) の三角形だ」と気づけるように訓練しておくと、計算時間を大幅に短縮できます。
• 文字式のまま計算を進める: この問題のように、物理量が文字で与えられている場合、最後まで文字式のまま計算を進めるのが鉄則です。途中で具体的な数値を代入する必要がないため、計算ミスが起こりにくく、また、物理量間の関係性（例: \(t_1\) は \(L\) に比例し、\(V\) に反比例する）が明確になります。
• 答えの吟味（次元解析と極端な場合を考える）:
  • 次元解析: (1)の答え \(\frac{L}{2V}\) の単位は [m] / [m/s] = [s] となり、時間の単位と一致します。
  • 極端な場合: (3)で、もし \(V=2V\) だったら（川の流れが船の速さと等しい）、\(\sin\theta = \frac{2V}{2V}=1\)、つまり \(\theta=90^\circ\) となり、船は真上流を向かねばならず、対岸に到達できない（\(v_2=0\)）という物理的に正しい結論が導かれます。このように、極端な状況を考えてみることで、式の妥当性を検証できます。

24 \(v\) – \(t\) グラフ

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「\(v-t\)グラフの読解と等加速度直線運動の解析」です。与えられた\(v-t\)グラフから、運動の重要な特徴（折り返し点など）を読み取り、加速度や変位を計算し、最終的に\(x-t\)グラフへ変換するという、総合的なグラフ解析能力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
物体が点Aに達するのは、図1を見ると、最も遠くまで進んで折り返す点であることがわかります。物体が進行方向を反転する瞬間は、その速度が一瞬 \(0\) になります。したがって、\(v-t\)グラフ（図2）上で、速度 \(v\) が \(0\) になる時刻を読み取れば、それが点Aに達するまでの時間となります。
この設問における重要なポイント

• 折り返し点Aでは、速度 \(v=0\) となる。
• \(v-t\)グラフで \(v=0\) となる時刻を読み取る。

具体的な解説と立式
図2の\(v-t\)グラフを見ると、縦軸の速度 \(v\) が \(0\) になるのは、グラフが横軸と交わる点です。グラフから、その時刻は \(t=10.0 \, \text{s}\) であることが直接読み取れます。

グラフの読み取りのみで計算は不要です。

図1を見ると、ボールはO→A→Bと動いています。A点はUターンする場所なので、この点では一瞬止まるはずです。つまり、速さがゼロになります。図2の速度グラフで、速さがゼロになっている場所を探すと、時刻が \(10.0\) 秒のところだとわかります。

物体がAに達するまでの時間は \(10.0 \, \text{s}\) です。グラフから直接読み取れる基本的な問題です。

問(2)

思考の道筋とポイント
物体がAからBへもどったとき、すなわち時刻 \(t=15.0 \, \text{s}\) における速度を求めます。\(v-t\)グラフは直線なので、この運動は等加速度直線運動です。まず、グラフの傾きから加速度を求め、次に等加速度直線運動の公式 \(v=v_0+at\) を使って、\(t=15.0 \, \text{s}\) のときの速度を計算します。
この設問における重要なポイント

• 加速度 \(a\) は\(v-t\)グラフの傾きに等しい。
• 公式 \(v=v_0+at\) を使って、任意の時刻の速度を計算できる。

具体的な解説と立式
まず、\(v-t\)グラフの傾きから加速度 \(a\) を求めます。グラフ上の2点 \((0, 12.0)\) と \((10.0, 0)\) を使います。
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{0 – 12.0}{10.0 – 0}
\end{aligned}
$$
次に、\(t=15.0 \, \text{s}\) における速度 \(v_B\) を公式 \(v_B = v_0 + at\) で求めます。
$$
\begin{aligned}
v_B &= v_0 + a \times 15.0
\end{aligned}
$$

まず加速度を計算します。
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{-12.0}{10.0} \\[2.0ex] &= -1.20 \, \text{m/s}^2
\end{aligned}
$$
次に、この加速度を使って \(t=15.0 \, \text{s}\) での速度を計算します。初速度は \(v_0 = 12.0 \, \text{m/s}\) です。
$$
\begin{aligned}
v_B &= 12.0 + (-1.20) \times 15.0 \\[2.0ex] &= 12.0 – 18.0 \\[2.0ex] &= -6.0 \, \text{m/s}
\end{aligned}
$$

「AからBへもどったとき」とは、問題文から「15.0秒後」のことだとわかります。このときの速度を計算で求めます。
まず、この物体の運動のルール（加速度）をグラフの傾きから計算します。加速度は \(-1.20 \, \text{m/s}^2\) です。
次に、「初速12.0で、加速度-1.20の運動を15.0秒間続けたら、最後の速度はいくつか？」という計算を、物理の公式を使って行います。

AからBへもどったときの速度は \(-6.0 \, \text{m/s}\) となります。負の符号は、物体が\(x\)軸の負の向き（図1の左向き）に進んでいることを示しており、折り返した後の運動として妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
点Aと点Bの\(x\)座標を求めます。物体の位置（変位）は、\(v-t\)グラフと時間軸で囲まれた部分の面積に等しくなります。

• 点Aの座標: (1)より、点Aに達するのは \(t=10.0 \, \text{s}\) です。したがって、\(t=0\) から \(t=10.0 \, \text{s}\) までのグラフの面積（三角形の面積）を計算します。
• 点Bの座標: 点Bに達するのは \(t=15.0 \, \text{s}\) です。点Bの位置は、\(t=0\) から \(t=15.0 \, \text{s}\) までのグラフの面積の総和です。これは、\(t\)軸より上の正の面積と、下の負の面積を足し合わせることで求まります。

この設問における重要なポイント

• 変位は\(v-t\)グラフの面積に等しい。
• 時間軸より下の面積は、負の変位として計算する。

具体的な解説と立式

• 点Aの座標 \(x_A\):
  \(t=0 \sim 10.0 \, \text{s}\) の三角形の面積です。
  $$
  \begin{aligned}
  x_A &= \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ})
  \end{aligned}
  $$
• 点Bの座標 \(x_B\):
  \(x_A\) の値に、\(t=10.0 \sim 15.0 \, \text{s}\) の面積（\(t\)軸より下の三角形）を加えます。
  $$
  \begin{aligned}
  x_B &= x_A + \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ})
  \end{aligned}
  $$

• 点Aの座標 \(x_A\):
  $$
  \begin{aligned}
  x_A &= \frac{1}{2} \times 10.0 \times 12.0 \\[2.0ex] &= 60.0 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$
• 点Bの座標 \(x_B\):
  \(t=10.0 \sim 15.0 \, \text{s}\) の区間の底辺は \(15.0-10.0=5.0 \, \text{s}\)、高さは(2)で求めた \(-6.0 \, \text{m/s}\) です。
  $$
  \begin{aligned}
  x_B &= 60.0 + \frac{1}{2} \times 5.0 \times (-6.0) \\[2.0ex] &= 60.0 – 15.0 \\[2.0ex] &= 45 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$

• A点の場所: A点に着くのは10.0秒後なので、それまでに進んだ距離をグラフの面積から計算します。三角形の面積は \(10.0 \times 12.0 \div 2 = 60.0 \, \text{m}\) です。
• B点の場所: B点に着くのは15.0秒後です。10.0秒から15.0秒の間、物体は逆向きに進みます。この間に戻った距離は、グラフの下側の三角形の面積 \(5.0 \times 6.0 \div 2 = 15.0 \, \text{m}\) です。したがって、B点の場所は、一番遠いA点の \(60.0 \, \text{m}\) から \(15.0 \, \text{m}\) 戻った \(60.0 – 15.0 = 45 \, \text{m}\) となります。

点Aの座標は \(60.0 \, \text{m}\)、点Bの座標は \(45 \, \text{m}\) となります。物体が折り返して戻ってきているので、Bの座標がAの座標より小さくなるのは妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
\(x-t\)グラフを描きます。この運動は等加速度直線運動なので、\(x-t\)グラフは放物線になります。(3)の別解で立てた運動の式 \(x = 12.0t – 0.60t^2\) のグラフを描きます。重要な点の座標（始点、頂点、終点など）をプロットし、それらの点を通る滑らかな放物線を描きます。
この設問における重要なポイント

• 等加速度直線運動の\(x-t\)グラフは放物線になる。
• \(x-t\)グラフの頂点は、速度が \(0\) になる時刻（折り返し点）に対応する。
• グラフの傾きが速度を表すことを意識して、傾きの変化が滑らかになるように描く。

具体的な解説と立式
運動の式は、
$$
\begin{aligned}
x &= 12.0t – 0.60t^2
\end{aligned}
$$
です。これは \(t^2\) の係数が負なので、上に凸の放物線です。
(3)までの計算で、以下の点の座標が分かっています。

• \(t=0\) のとき、\(x=0\) （原点）
• \(t=10.0 \, \text{s}\) のとき（頂点）、\(x=60.0 \, \text{m}\)
• \(t=15.0 \, \text{s}\) のとき、\(x=45 \, \text{m}\)

これらの点 \((0, 0), (10.0, 60.0), (15.0, 45)\) をプロットし、頂点が \(t=10.0\) になるような滑らかな放物線で結びます。

上記の座標に基づき、グラフを描画します。

位置と時間の関係式 \(x = 12.0t – 0.60t^2\) は、数学で習う二次関数です。二次関数のグラフは放物線なので、この物体の位置のグラフも放物線になります。
スタート地点 \((0,0)\)、一番遠くに行く点 \((10.0, 60.0)\)、最後の点 \((15.0, 45)\) の3つの点を通り、頂点が \((10.0, 60.0)\) になるような、山なりのカーブを描けば完成です。

グラフは、原点を出発し、\(t=10.0 \, \text{s}\) で頂点 \(x=60.0 \, \text{m}\) に達し、その後減少して \(t=15.0 \, \text{s}\) で \(x=45 \, \text{m}\) に至る、上に凸の放物線となります。グラフの傾き（速度）は、最初正でだんだん緩やかになり、頂点で0になり、その後負でだんだん急になる、という\(v-t\)グラフの示す速度変化と一致しています。

【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？

• \(v-t\)グラフの総合的解析能力
  • 核心: この問題の根幹は、\(v-t\)グラフという一枚の図から、傾き（加速度）、時間軸との交点（折り返し時刻）、面積（変位）といった複数の物理情報を抽出し、それらを組み合わせて運動の全体像を再構築する能力にあります。
  • 理解のポイント:
    • 傾き ＝ 加速度: グラフが直線であることから、傾きが一定、すなわち「等加速度直線運動」であると即座に判断します。傾きを計算することで、この運動を支配する基本ルール（加速度）が明らかになります。
    • 面積 ＝ 変位: グラフと時間軸で囲まれた面積は、物体がどれだけ位置を変えたかを表します。特に、時間軸を境に面積の符号が変わる点は、運動の向きが変わったことを意味します。
    • 時間軸との交点 ＝ 折り返し点: 速度が正から負に変わる点（\(v=0\)）は、物体が最も遠くまで進み、Uターンする瞬間です。この点の時刻と、そこまでの面積（＝最も遠い位置）は、運動を特徴づける極めて重要な情報です。
• 物理的な事象とグラフ上の特徴の対応付け
  • 核心: 「原点Oを通過」「点Aに到達」「点Bに達した」といった問題文の記述が、\(v-t\)グラフ上のどの点や領域に対応するのかを正確に結びつけることです。
  • 理解のポイント:
    • 原点Oを通過: \(t=0\) の点。このときの速度 \(v=12.0 \, \text{m/s}\) が初速度 \(v_0\) となります。
    • 点Aに到達: 折り返し点なので、\(v=0\) となる \(t=10.0 \, \text{s}\) の点。
    • 点Bに到達: 運動の終点である \(t=15.0 \, \text{s}\) の点。

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:
  • 鉛直投げ上げ運動: 地上からボールを投げ上げる運動は、本問と全く同じ構造です。初速度が正、重力加速度が負となり、\(v-t\)グラフは右下がりの直線を描きます。「最高点」が「点A」に対応します。
  • 変位と道のりの違いを問う問題:
    • この問題で「\(t=0 \sim 15.0 \, \text{s}\) までの道のり（移動距離）を求めよ」と問われた場合、全ての面積を正の値として足し合わせる必要があります。つまり、\((\text{O→Aの距離}) + (\text{A→Bの距離}) = 60.0 \, \text{m} + |-15.0 \, \text{m}| = 75.0 \, \text{m}\) となります。
  • \(x-t\)グラフや\(a-t\)グラフへの変換:
    • 本問の(4)のように、\(v-t\)グラフから他のグラフを作成する問題は頻出です。傾きと面積の関係をマスターすることが不可欠です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. グラフの全体像を把握: まずグラフ全体を眺め、速度が正から負に変化していることを確認します。これにより、「前進してUターンし、スタート地点より手前まで戻ってくる」という運動の概略をイメージします。
  2. 運動のルールの特定: グラフが直線であることから「等加速度直線運動」であると判断し、まず加速度を傾きから計算してしまいます。これが全ての計算の基礎となります。
  3. 問いと操作の対応付け:
     • (1)「Aに達する時間」→「\(v=0\)の時刻」
     • (2)「Bへもどった速度」→「\(t=15.0\)の速度」
     • (3)「A, Bの座標」→「\(t=10.0\)までと\(t=15.0\)までの面積」
     • (4)「\(x-t\)グラフ」→「面積の累積と放物線」

     と、問題の要求とグラフ上で行うべき操作を結びつけます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 変位と移動距離の混同:
  • 誤解: (3)の点Bの座標を求める際に、負の面積を正の値として足してしまい、\(60.0 + 15.0 = 75.0 \, \text{m}\) と計算してしまう。
  • 対策: 「座標」や「位置」、「変位」は向きを持つベクトル量であり、\(v-t\)グラフの時間軸より下の面積は負の値として扱う、というルールを徹底しましょう。「道のり」や「移動距離」が問われた場合にのみ、全ての面積を正として足し合わせます。
• 「折り返し点」＝「加速度が0」という誤解:
  • 誤解: 点A(\(t=10.0 \, \text{s}\))では速度がゼロなので、加速度もゼロになると勘違いする。
  • 対策: \(v-t\)グラフの傾きは、\(t=10.0 \, \text{s}\) の点でも明らかに負の値を持ちます。等加速度運動では、加速度は運動の最中ずっと一定です。投げ上げたボールが最高点に達した瞬間も、重力は働いているのと同じです。
• \(x-t\)グラフの形状ミス:
  • 誤解: (4)で、計算した点 \((0,0), (10.0, 60.0), (15.0, 45)\) を直線で結んでしまい、折れ線グラフを描いてしまう。
  • 対策: 「等加速度運動の\(x-t\)グラフは放物線になる」という基本ルールを徹底しましょう。\(x\)の式が\(t\)の2次関数 (\(x=12.0t-0.60t^2\)) になることからも明らかです。グラフは滑らかに変化し、頂点（\(t=10.0\)）付近は平らになります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (2)で加速度を求め、\(v=v_0+at\) を使う理由:
  • 選定理由: \(t=15.0 \, \text{s}\) という、グラフに明示されていない時刻の速度を求める必要があるためです。そのためには、まずこの運動全体を支配するルール（加速度）を、グラフから読み取れる情報（傾き）を使って特定する必要があります。ルールが分かれば、公式 \(v=v_0+at\) を使って任意の時刻の速度を予測（計算）できます。
  • 適用根拠: \(v-t\)グラフが直線であることから、運動が等加速度直線運動であることが保証されており、その公式の適用が正当化されます。
• (3)で「面積」を用いる理由:
  • 選定理由: 「座標（位置）」を求める必要があり、与えられているのが「\(v-t\)グラフ」だからです。この2つを結びつける最も本質的で視覚的な法則が「変位＝\(v-t\)グラフの面積」です。
  • 適用根拠: 変位は速度を時間で積分したものであり、その幾何学的な表現が「面積」です。特に折り返し運動では、正の面積と負の面積を足し合わせるだけで、自動的に最終的な位置が計算できるため、非常に強力です。
• (4)で \(x=v_0t+\frac{1}{2}at^2\) を使う理由:
  • 選定理由: \(x-t\)グラフを描くためには、任意の時刻\(t\)における位置\(x\)を計算できる関係式が必要だからです。
  • 適用根拠: この公式は、変位の定義を積分することで導かれる、時刻\(t\)と位置\(x\)の直接的な関係を表す式です。この式が\(t\)の2次関数であることから、グラフが放物線になることが数学的に保証されます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 運動のルールの早期確定: この種の問題では、まず\(v-t\)グラフの傾きから加速度 \(a\) を計算し、運動の基本式（例: \(v=12.0-1.20t\), \(x=12.0t-0.60t^2\)）を問題用紙の隅に書き出してしまうのが有効です。これにより、後の設問を機械的に解くことができます。
• 面積計算の分割: (3)のB点の位置を求める際、\(t=0 \sim 10.0 \, \text{s}\) の正の面積と、\(t=10.0 \sim 15.0 \, \text{s}\) の負の面積に分けて計算し、最後にそれらを足し合わせる、という手順を丁寧に行いましょう。
• 別解による相互検証: 面積で求めた変位を、公式 \(x=v_0t+\frac{1}{2}at^2\) で検算する、あるいはその逆を行う「ダブルチェック」は、ミスをなくすための最強のテクニックです。
• 平方完成の活用: (4)の\(x-t\)グラフを描く際、別解のように\(x=12.0t-0.60t^2\)を平方完成して \(x=-0.6(t-10.0)^2+60.0\) と変形すると、頂点の座標が\((10.0, 60.0)\)であることが一目瞭然となり、グラフをより正確に描くことができます。

25 \(a\) – \(t\) グラフと \(v\) – \(t\) グラフ

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「異なるグラフで与えられた運動の統合的解析」です。水平方向の運動が\(a-t\)グラフ、鉛直方向の運動が\(v-t\)グラフで与えられており、それぞれのグラフの物理的意味（傾き、面積）を正しく理解し、必要な情報を抽出・計算する能力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
200s後の「高度」と「水平距離」をそれぞれ求めます。運動の独立性から、これらは別々に計算できます。

• 高度: 鉛直方向の運動に関する量なので、図(b)の\(v-t\)グラフを利用します。\(t=0\)から\(200 \, \text{s}\)までの変位を求めればよく、これはグラフの面積に等しくなります。
• 水平距離: 水平方向の運動に関する量なので、図(a)の\(a-t\)グラフを利用します。運動を2つの区間（\(0 \sim 100 \, \text{s}\)の等加速度運動と、\(100 \sim 200 \, \text{s}\)の等速直線運動）に分け、それぞれの区間の移動距離を公式で計算して合計します。

この設問における重要なポイント

• 高度は鉛直\(v-t\)グラフの面積から求める。
• 水平距離は水平\(a-t\)グラフから運動を解析して求める。
• 単位の換算（mからkm）と有効数字に注意する。

具体的な解説と立式

• 高度の計算:
  \(t=0 \sim 200 \, \text{s}\) までの鉛直方向の変位（高度）\(h\)は、図(b)の台形の面積に等しい。
  $$
  \begin{aligned}
  h &= \frac{1}{2} \times (\text{上底} + \text{下底}) \times \text{高さ}
  \end{aligned}
  $$
• 水平距離の計算:
  • 区間1 (\(0 \sim 100 \, \text{s}\)): 初速度\(v_0=0\), 加速度\(a=2.0 \, \text{m/s}^2\)の等加速度運動。
    $$
    \begin{aligned}
    x_1 &= v_0 t + \frac{1}{2}at^2
    \end{aligned}
    $$
  • \(t=100 \, \text{s}\)での水平速度\(v_{100}\)を求める。
    $$
    \begin{aligned}
    v_{100} &= v_0 + at
    \end{aligned}
    $$
  • 区間2 (\(100 \sim 200 \, \text{s}\)): 速度\(v_{100}\)での等速直線運動。
    $$
    \begin{aligned}
    x_2 &= v_{100} \times (200 – 100)
    \end{aligned}
    $$

  求める水平距離 \(L_{200}\) は \(x_1+x_2\) である。

• 高度の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  h &= \frac{1}{2} \times ( (200-100) + 200 ) \times 20 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \times 300 \times 20 \\[2.0ex] &= 3000 \, \text{m} \\[2.0ex] &= 3.0 \, \text{km}
  \end{aligned}
  $$
• 水平距離の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  x_1 &= 0 \times 100 + \frac{1}{2} \times 2.0 \times (100)^2 \\[2.0ex] &= 10000 \, \text{m} \\[2.0ex] &= 1.0 \times 10^4 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$
  $$
  \begin{aligned}
  v_{100} &= 0 + 2.0 \times 100 \\[2.0ex] &= 200 \, \text{m/s}
  \end{aligned}
  $$
  $$
  \begin{aligned}
  x_2 &= 200 \times 100 \\[2.0ex] &= 20000 \, \text{m} \\[2.0ex] &= 2.0 \times 10^4 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$
  $$
  \begin{aligned}
  L_{200} &= 1.0 \times 10^4 + 2.0 \times 10^4 \\[2.0ex] &= 3.0 \times 10^4 \, \text{m} \\[2.0ex] &= 30 \, \text{km}
  \end{aligned}
  $$

• 高度: 飛行機がどれだけ高く飛んだかは、鉛直方向の速度グラフ（図b）の面積を計算すればわかります。200秒後までのグラフの形は台形なので、その面積を計算します。
• 水平距離: どれだけ前に進んだかは、水平方向の加速度グラフ（図a）から計算します。最初の100秒は加速し、次の100秒は同じ速さで進むので、それぞれの区間で進んだ距離を計算して足し合わせます。

200s後の高度は \(3.0 \, \text{km}\)、水平距離は \(30 \, \text{km}\) となります。単位換算と有効数字に注意が必要です。

問(2)

思考の道筋とポイント
飛行中の「最大高度」を求めます。高度は鉛直方向の運動によって決まります。図(b)の\(v-t\)グラフを見ると、飛行機は上昇（\(v_y>0\)）を続け、\(t=300 \, \text{s}\) で上昇から下降（\(v_y<0\)）に転じています。したがって、最大高度に達するのは \(t=300 \, \text{s}\) のときであり、その高度は \(t=0\) から \(t=300 \, \text{s}\) までの\(v-t\)グラフの面積に等しくなります。
この設問における重要なポイント

• 最大高度に達するのは、鉛直方向の速度が \(0\) になるとき。
• 最大高度は、\(v_y \ge 0\) の区間の\(v-t\)グラフの面積に等しい。

具体的な解説と立式
最大高度 \(h_{\text{max}}\) は、図(b)の \(t=0 \sim 300 \, \text{s}\) の台形の面積に等しい。
$$
\begin{aligned}
h_{\text{max}} &= \frac{1}{2} \times (\text{上底} + \text{下底}) \times \text{高さ}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
h_{\text{max}} &= \frac{1}{2} \times ( (200-100) + 300 ) \times 20 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \times 400 \times 20 \\[2.0ex] &= 4000 \, \text{m} \\[2.0ex] &= 4.0 \, \text{km}
\end{aligned}
$$

飛行機が一番高く飛ぶのは、上昇から下降に切り替わる瞬間、つまり上向きの速度がゼロになる瞬間です。グラフを見ると、それは300秒後です。したがって、300秒後までの鉛直速度グラフの面積を計算すれば、それが最大高度になります。

最大高度は \(4.0 \, \text{km}\) となります。\(t=200 \, \text{s}\) 以降も上昇を続けているため、(1)で求めた高度より高くなるという結果は妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
SL間の水平距離、すなわち離陸から着陸までの総水平移動距離を求めます。
まず、「着陸」する時刻を特定する必要があります。着陸とは、高度が \(0\) に戻ることです。これは、鉛直方向の\(v-t\)グラフ（図(b)）の面積（変位）の総和が \(0\) になる時刻を求めることに相当します。
着陸時刻が分かれば、その時刻までの水平方向の総移動距離を計算します。ここでは、水平方向の\(v-t\)グラフを描き、その総面積を求めるのが効率的です。
この設問における重要なポイント

• 着陸時刻は、鉛直方向の総変位が \(0\) になる時刻。
• 水平方向の運動について、\(a-t\)グラフから\(v-t\)グラフを作成する。
• 総水平距離は、水平方向の\(v-t\)グラフの総面積に等しい。

具体的な解説と立式

• 着陸時刻の特定:
  図(b)の面積を計算します。
  \(t=0 \sim 300 \, \text{s}\) の面積（上昇高度）は、(2)より \(+4000 \, \text{m}\)。
  \(t=300 \sim 700 \, \text{s}\) の面積（下降高度）は、底辺 \(400 \, \text{s}\)、高さ \(-20 \, \text{m/s}\) の三角形2つ分なので、\(2 \times (\frac{1}{2} \times 200 \times (-20)) = -4000 \, \text{m}\)。
  総変位が \(+4000 – 4000 = 0\) となるのは \(t=700 \, \text{s}\) です。これが着陸時刻です。
• 総水平距離の計算:
  \(t=0 \sim 700 \, \text{s}\) の水平方向の\(v-t\)グラフを描きます。
  • \(t=0\), \(v_x=0\)。
  • \(t=100\): \(v_x = 200 \, \text{m/s}\)。
  • \(t=100 \sim 500\): \(a=0\)なので\(v_x=200 \, \text{m/s}\)のまま。
  • \(t=500 \sim 700\): \(a=-1.0 \, \text{m/s}^2\)で減速。\(t=700\)での速度は \(v_x = 200 + (-1.0) \times (700-500) = 0\)。

  この\(v-t\)グラフは、上底 \(500-100=400\)、下底 \(700\)、高さ \(200\) の台形を描きます。
  総水平距離 \(L_{SL}\) は、この台形の面積です。
  $$
  \begin{aligned}
  L_{SL} &= \frac{1}{2} \times (\text{上底} + \text{下底}) \times \text{高さ}
  \end{aligned}
  $$

$$
\begin{aligned}
L_{SL} &= \frac{1}{2} \times (400 + 700) \times 200 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \times 1100 \times 200 \\[2.0ex] &= 110000 \, \text{m} \\[2.0ex] &= 110 \, \text{km}
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で \(1.1 \times 10^2 \, \text{km}\) となります。

まず、飛行機が何秒間飛んでいたかを調べます。これは、鉛直方向のグラフ（図b）で、上昇した分（プラスの面積）と下降した分（マイナスの面積）がちょうど同じになって、高度がゼロに戻る時刻を探すことで分かります。計算すると、700秒後です。
次に、この700秒間に水平方向にどれだけ進んだかを計算します。水平方向の加速度グラフ（図a）から、水平方向の速度グラフを描き、その700秒後までの面積を計算すれば、それが総飛行距離になります。

SL間の水平距離は \(1.1 \times 10^2 \, \text{km}\) となります。各グラフの物理的意味を正しく理解し、情報を統合することで、複雑な運動の全体像を解析することができます。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動の独立性とグラフの統合的解析
  • 核心: この問題の根幹は、2次元の運動を「水平方向」と「鉛直方向」という互いに直交する2つの独立した運動として完全に分離して考える「運動の独立性」の原理にあります。そして、それぞれの運動が異なる種類のグラフ（\(a-t\)グラフと\(v-t\)グラフ）で与えられているため、各グラフの物理的意味を正しく理解し、情報を統合して問題を解決する必要があります。
  • 理解のポイント:
    • 高度や最大高度: 鉛直方向の運動に関する問いなので、鉛直方向の\(v-t\)グラフ（図b）のみに着目します。水平方向の運動は一切関係ありません。
    • 水平距離: 水平方向の運動に関する問いなので、水平方向の\(a-t\)グラフ（図a）のみに着目します。鉛直方向の運動は一切関係ありません。
    • 飛行時間: 離陸から着陸までの時間は、鉛直方向の運動（高度が0に戻る）によって決まります。この「時間」という共通のパラメータを通じて、水平方向と鉛直方向の運動が結びつけられます。
• グラフ間の変換能力
  • 核心: ある運動のグラフ（例: \(a-t\)グラフ）から、別の運動のグラフ（例: \(v-t\)グラフ）を導き出し、さらにそのグラフの性質（面積）を利用して最終的な答え（変位）を求める、というグラフ間の変換能力が重要です。
  • 理解のポイント:
    • \(a-t \rightarrow v-t\) 変換: \(a-t\)グラフの面積は「速度の変化量 \(\Delta v\)」を表します。この関係を使い、\(a-t\)グラフから\(v-t\)グラフの形状を決定できます。
    • \(v-t \rightarrow x-t\) 変換: \(v-t\)グラフの面積は「変位 \(\Delta x\)」を表します。この関係を使い、\(v-t\)グラフから変位や位置を計算できます。

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:
  • 斜方投射: 地上から斜めに投げ上げた物体の運動。水平方向は等速直線運動（\(a_x=0\)）、鉛直方向は等加速度直線運動（\(a_y=-g\)）となり、本問と同様に2つの運動を独立に扱います。「最高点到達時間」や「水平到達距離」を求める問題は、本問と全く同じ思考プロセスで解くことができます。
  • 記録タイマーのテープ解析: 物理実験の定番です。打点の間隔が変位\(\Delta x\)に相当し、打点間の時間\(\Delta t\)が与えられます。このデータから\(v-t\)グラフを作成し、加速度を求めるという、本問の逆方向の解析を行います。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動の分離: まず、問題が「水平方向」と「鉛直方向」のどちらについて問うているのかを明確にします。
  2. グラフの選択: 問いに応じて、適切なグラフ（図aか図bか）を選択します。
  3. 問いと操作の対応付け:
     • 「高度・位置・距離」→「\(v-t\)グラフの面積」
     • 「速度」→「\(v-t\)グラフの読み取り」または「\(a-t\)グラフの面積からの計算」
     • 「加速度」→「\(a-t\)グラフの読み取り」または「\(v-t\)グラフの傾き」

     と、問題の要求とグラフ上で行うべき操作を結びつけます。

  4. 着陸時刻の特定: (3)のように総飛行距離を問う問題では、まず「着陸」の物理的条件（鉛直方向の総変位が0）から、総飛行時間を特定することが最優先のステップとなります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 水平運動と鉛直運動の混同:
  • 誤解: 高度を求めたいのに水平方向の\(a-t\)グラフを見てしまったり、水平距離を求めたいのに鉛直方向の\(v-t\)グラフを見てしまったりする。
  • 対策: 問題文の「高度」「水平距離」といったキーワードに丸をつけ、それぞれ「鉛直」「水平」と書き込み、対応するグラフ（図aか図bか）を明確に意識する習慣をつけましょう。
• 変位と道のりの混同:
  • 誤解: (2)の最大高度を求める際に、\(t=0 \sim 700 \, \text{s}\) までの鉛直\(v-t\)グラフの総面積（結果は0）を計算してしまう。
  • 対策: 「最大高度」とは、上昇運動の終点までの変位です。したがって、速度が正である区間（\(t=0 \sim 300 \, \text{s}\)）の面積のみを計算する必要があります。
• \(a-t\)グラフの面積を速度と勘違いする:
  • 誤解: \(a-t\)グラフの面積が「その時刻の速度」を表すと勘違いする。
  • 対策: \(a-t\)グラフの面積は、あくまで「速度の変化量 \(\Delta v\)」です。その時刻の速度 \(v\) は、初速度 \(v_0\) にこの変化量 \(\Delta v\) を足したもの（\(v = v_0 + \Delta v\)）になります。初速度が0でない場合は特に注意が必要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)で「面積」と「公式」を使い分ける理由:
  • 選定理由: それぞれの運動について、与えられている情報が異なるため、最も効率的な解法を選択します。
    • 高度: 鉛直方向は\(v-t\)グラフが与えられているため、「面積＝変位」という直接的な関係を使うのが最も簡単です。
    • 水平距離: 水平方向は\(a-t\)グラフが与えられているため、一度運動の種類（等加速度、等速）を特定し、それに応じた運動の公式を使うのが論理的な手順です。
  • 適用根拠:
    • 高度: 変位が速度を時間で積分したものである、という物理法則の幾何学的な表現が「面積」です。\(v-t\)グラフの面積を計算することは、変位を求めるための最も本質的で視覚的な方法です。
    • 水平距離: \(a-t\)グラフから、各区間が等加速度運動または等速直線運動であることが分かります。したがって、それぞれの運動を記述するために導出された専用の公式を適用することが正当化されます。
• (2)で「面積」を用いる理由:
  • 選定理由: 「最大高度」という「位置」に関する量を求める必要があり、与えられているのが「\(v-t\)グラフ」だからです。
  • 適用根拠: 最大高度に達するのは、鉛直速度が0になる瞬間です。それまでの変位は、\(v-t\)グラフの正の領域の面積に等しく、これが求める最大高度となります。この操作は、変位の定義（速度の時間積分）をグラフ上で実行していることに相当します。
• (3)で「鉛直グラフで時間を求め、水平グラフで距離を求める」理由:
  • 選定理由: 運動の全体像を決定する制約条件が、異なる方向の運動に分かれて存在しているからです。
  • 適用根拠: 「着陸」という事象は、鉛直方向の運動（高度が0に戻る）によって定義されます。したがって、まず鉛直方向の\(v-t\)グラフの総面積が0になることから、総飛行時間を特定します。次に、この時間という共通のパラメータを使って、その間に水平方向にどれだけ進んだかを、水平方向の運動（\(a-t\)グラフまたはそこから導かれる\(v-t\)グラフ）から計算します。これは、水平運動と鉛直運動が独立しているが、時間だけを共有しているという「運動の独立性」の原理をフル活用した解法です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• グラフの変換を積極的に行う: この問題のように、\(a-t\)グラフと\(v-t\)グラフが混在している場合、どちらかのグラフに情報を統一すると見通しが良くなります。特に、\(a-t\)グラフから\(v-t\)グラフを作成するのは非常に有効な戦略です。
• 面積計算の図形分割: 複雑な形状の面積を求める際は、計算しやすい三角形や長方形、台形に分割して、一つ一つの面積を確実に計算し、最後に足し合わせましょう。
• 単位換算は最後に: 計算途中は基本単位（m, s）で進め、最終的な答えを出す段階で、問題の要求（km）に合わせて単位換算を行うと、途中の計算が煩雑になるのを防げます。\(1 \, \text{km} = 1000 \, \text{m}\) の関係を正確に使いましょう。
• 有効数字の確認: 問題文に「有効数字を2桁として」という指示があります。計算結果を最終的に報告する際には、\(3000 \rightarrow 3.0 \times 10^3\), \(110000 \rightarrow 1.1 \times 10^5\) のように、適切な有効数字で表記することを忘れないようにしましょう。

26 等加速度直線運動

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「文字式による等加速度直線運動の解析と\(v-t\)グラフの活用」です。具体的な数値ではなく文字で与えられた条件を元に、運動の各段階を分析し、\(v-t\)グラフを描いてその幾何学的な性質を利用することが、複雑な文字式計算を簡潔にする鍵となります。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
等速運動をしていた時間\(t\)と、その間の走行距離\(s\)を求めます。
まず、運動全体を3つの区間（加速、等速、減速）に分け、それぞれの区間にかかる時間を考えます。

• 加速時間 \(t_1\): 初速0から速さ\(v\)まで加速度\(a\)で加速する時間。
• 減速時間 \(t_2\): 速さ\(v\)から0まで加速度\(-a/2\)で減速する時間。

等速運動の時間\(t\)は、全時間\(T\)から加速時間\(t_1\)と減速時間\(t_2\)を引いたものになります。
走行距離\(s\)は、その時間に速さ\(v\)を掛けることで求まります。
この設問における重要なポイント

• 等速運動の時間 \(t = T – t_1 – t_2\)。
• 加速・減速時間は、公式 \(v=v_0+at\) を変形した \(t = \frac{v-v_0}{a}\) から求める。
• 等速運動の距離 \(s = vt\)。

具体的な解説と立式

• 加速時間 \(t_1\) の計算:
  初速\(v_0=0\), 終端速度\(v\), 加速度\(a\)なので、\(v=0+at_1\)より、
  $$
  \begin{aligned}
  t_1 &= \frac{v}{a}
  \end{aligned}
  $$
• 減速時間 \(t_2\) の計算:
  初速\(v_0=v\), 終端速度\(0\), 加速度\(-a/2\)なので、\(0=v+(-\frac{a}{2})t_2\)より、
  $$
  \begin{aligned}
  \frac{a}{2}t_2 &= v \\[2.0ex] t_2 &= \frac{2v}{a}
  \end{aligned}
  $$
• 等速運動の時間 \(t\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  t &= T – t_1 – t_2
  \end{aligned}
  $$
• 走行距離 \(s\) の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  s &= v \times t
  \end{aligned}
  $$

• 等速運動の時間 \(t\):
  $$
  \begin{aligned}
  t &= T – \frac{v}{a} – \frac{2v}{a} \\[2.0ex] &= T – \frac{3v}{a}
  \end{aligned}
  $$
• 走行距離 \(s\):
  $$
  \begin{aligned}
  s &= v \left( T – \frac{3v}{a} \right) \\[2.0ex] &= vT – \frac{3v^2}{a}
  \end{aligned}
  $$

自動車の旅は「加速」「等速」「減速」の3部構成です。全体の時間が\(T\)なので、「等速」の時間は「\(T\) – (加速時間) – (減速時間)」で計算できます。
加速時間と減速時間は、それぞれ物理の公式を使って計算できます。それらを全体の時間\(T\)から引けば、等速で走っていた時間がわかります。
その時間に、等速運動中の速さ\(v\)を掛ければ、その間に進んだ距離も計算できます。

等速運動をしていた時間は \(T – \frac{3v}{a}\)、その間の走行距離は \(vT – \frac{3v^2}{a}\) となります。全時間\(T\)が、加速・減速にかかる時間 \(\frac{3v}{a}\) より長くないと等速運動の時間が存在しない、という物理的に妥当な条件が式から読み取れます。

問(2)

思考の道筋とポイント
全走行距離\(S\)を求めます。これは、\(v-t\)グラフ全体の面積に等しくなります。グラフの形は台形なので、台形の面積の公式を用いるのが最も効率的です。
この設問における重要なポイント

• 全走行距離は、\(v-t\)グラフ全体の面積に等しい。
• 台形の面積の公式: \((\text{上底} + \text{下底}) \times \text{高さ} \div 2\)

具体的な解説と立式
\(v-t\)グラフは、上底が等速運動の時間\(t\)、下底が全時間\(T\)、高さが最高速度\(v\)の台形です。

• 上底: (1)より \(t = T – \frac{3v}{a}\)
• 下底: \(T\)
• 高さ: \(v\)

台形の面積の公式にこれらの値を当てはめます。
$$
\begin{aligned}
S &= \frac{1}{2} \times (\text{上底} + \text{下底}) \times \text{高さ} \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \times \left\{ \left( T – \frac{3v}{a} \right) + T \right\} \times v
\end{aligned}
$$

上記で立てた式を計算します。
$$
\begin{aligned}
S &= \frac{1}{2} \left( 2T – \frac{3v}{a} \right) v \\[2.0ex] &= \left( T – \frac{3v}{2a} \right) v \\[2.0ex] &= vT – \frac{3v^2}{2a}
\end{aligned}
$$

全体の走行距離は、\(v-t\)グラフ全体の面積を計算すれば求まります。グラフの形は台形なので、小学校で習った台形の面積の公式「（上底＋下底）× 高さ ÷ 2」を使います。

• 上底は「等速で走っていた時間」
• 下底は「全体の時間 \(T\)」
• 高さは「最高速度 \(v\)」

これらを公式に当てはめて計算します。

全走行距離は \(vT – \frac{3v^2}{2a}\) となります。文字式は複雑に見えますが、グラフの面積という物理的意味から導出された正しい結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
「等速運動をしていた時間 \(t\) は、全所要時間 \(T\) の半分であった」という条件を、(1)で導出した \(t\) の式に適用します。つまり、\(t = T/2\) という関係式を立て、それを \(v\) について解きます。
この設問における重要なポイント

• 問題文の条件を数式で表現する: \(t = \frac{T}{2}\)
• (1)で求めた式 \(t = T – \frac{3v}{a}\) と連立させる。

具体的な解説と立式
(1)で求めた等速運動の時間 \(t\) の式は、
$$
\begin{aligned}
t &= T – \frac{3v}{a}
\end{aligned}
$$
問題の条件より \(t = \frac{T}{2}\) なので、
$$
\begin{aligned}
\frac{T}{2} &= T – \frac{3v}{a}
\end{aligned}
$$
この方程式を \(v\) について解きます。

$$
\begin{aligned}
\frac{3v}{a} &= T – \frac{T}{2} \\[2.0ex] \frac{3v}{a} &= \frac{T}{2} \\[2.0ex] 3v &= \frac{aT}{2} \\[2.0ex] v &= \frac{aT}{6}
\end{aligned}
$$

(1)で、「等速で走った時間」を文字式で表しました。この問題では、その時間が「全体の時間のちょうど半分だった」という追加情報が与えられています。この情報を(1)の式に当てはめて、方程式を解くことで、速さ\(v\)を他の文字で表すことができます。

速度 \(v\) は \(\frac{aT}{6}\) と表せます。加速度\(a\)や全時間\(T\)が大きいほど、到達できる最高速度\(v\)も大きくなるという、物理的に妥当な関係式になっています。

【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？

• \(v-t\)グラフの活用による運動の可視化
  • 核心: この問題の根幹は、具体的な数値ではなく文字式で与えられた複雑な運動の記述を、\(v-t\)グラフという視覚的な形に翻訳し、その幾何学的な性質（傾き、面積、各辺の長さ）を利用して問題を解くことにあります。文字式のまま公式だけで解こうとすると複雑になりがちですが、グラフを描くことで、問題の構造が明確になります。
  • 理解のポイント:
    • 運動の3区間: 「加速」「等速」「減速」という3つの運動が、\(v-t\)グラフ上では「右上がりの直線」「水平な直線」「右下がりの直線」という3つの部分からなる「台形」として表現されます。
    • 傾き ＝ 加速度: 加速区間の傾きが\(a\)、減速区間の傾きが\(-a/2\)に対応します。
    • 面積 ＝ 走行距離: グラフ全体の台形の面積が、全走行距離に対応します。
• 等加速度直線運動の公式の応用
  • 核心: \(v-t\)グラフから読み取った情報や、グラフを描く過程で必要となる各区間の時間を、等加速度直線運動の公式、特に \(v=v_0+at\) を使って計算することです。
  • 理解のポイント:
    • 時間の算出: 加速時間 \(t_1\) は \(v=at_1\) から、減速時間 \(t_2\) は \(0=v+(-a/2)t_2\) から求めることができます。これらの時間を計算することが、(1)の等速運動の時間を求めるための鍵となります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 最適化問題: 「限られた時間\(T\)で最も遠くまで進むには、等速運動の時間を何秒にすればよいか」といった問題。本問の文字式を元に、走行距離\(S\)を特定の変数の関数として考え、最大値を求める問題に応用できます。
  • 往復運動: 「A地点からB地点まで加速・等速・減速で進み、同じパターンでB地点からA地点に戻る」といった問題。往路と復路でそれぞれ\(v-t\)グラフを描き、全体の時間や距離を考察します。
  • 数値が与えられた類似問題: 本問は文字式ですが、具体的な数値（例: \(a=2.0 \, \text{m/s}^2, v=10 \, \text{m/s}, T=15 \, \text{s}\)）が与えられた場合も、全く同じ思考プロセスで解くことができます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. まず\(v-t\)グラフを描く: 問題文が運動のプロセスを時系列で記述している場合、まずその様子を\(v-t\)グラフに描いてみるのが最善手です。これにより、運動の全体像が視覚的に把握できます。
  2. グラフの各部分と物理量を対応させる: 描いたグラフの「傾き」「高さ」「各区間の横幅（時間）」「面積」が、それぞれどの物理量（\(a, v, t, s\)）に対応するかを明確にします。
  3. 未知数を文字で置く: 加速時間\(t_1\)、減速時間\(t_2\)など、直接与えられていないが計算に必要な量を、自分で文字で置いて立式を進めます。
  4. 幾何学的性質を利用する: (2)の全走行距離のように、公式を組み合わせて複雑な計算をするよりも、グラフ全体の面積（台形）を求める方がはるかに簡単で間違いにくいです。常にグラフの幾何学的性質が利用できないか検討しましょう。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 文字式計算での混乱:
  • 誤解: 多くの文字（\(a, v, T, t, s\)など）が登場するため、どの文字が定数でどれが変数か、何を求めたいのかが分からなくなり、式変形の途中で混乱する。
  • 対策: \(v-t\)グラフを描くことで、各文字がグラフのどの部分に対応するのかが明確になります。例えば、\(v\)は台形の高さ、\(T\)は下底の長さ、\(t\)は上底の長さ、というように視覚的に捉えることで、文字式の物理的意味を見失いにくくなります。
• 減速時の加速度の符号ミス:
  • 誤解: 減速区間の加速度を、問題文の「最初の加速度の半分の大きさ」という記述から \(a/2\) と正の値で扱ってしまう。
  • 対策: \(v-t\)グラフを描けば、減速区間は右下がりの直線になるため、傾き（加速度）が負であることは一目瞭然です。加速度はベクトル量であり、減速の場合は速度と逆向きなので、符号は負（\(-a/2\)）としなければなりません。
• 台形の面積公式の適用の誤り:
  • 誤解: (2)で台形の面積を計算する際に、上底を\(t_1\)や\(t_2\)と勘違いしたり、高さを\(a\)と勘違いしたりする。
  • 対策: 描いた\(v-t\)グラフと台形の図形を丁寧に見比べ、「上底＝等速運動の時間」「下底＝全時間」「高さ＝最高速度」という対応関係を一つ一つ確認してから公式に代入しましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)で \(t = \frac{v-v_0}{a}\) を使う理由:
  • 選定理由: 加速区間と減速区間について、それぞれ「時間」を求めたいからです。与えられているのは初速度、終端速度、加速度なので、これら3つの量から時間を直接計算できる公式が \(v=v_0+at\) を変形したこの形です。
  • 適用根拠: この式は加速度の定義そのものであり、等加速度運動における速度と時間の関係を最も直接的に表しています。
• (2)で「台形の面積」を用いる理由:
  • 選定理由: 「全走行距離」を求める必要があり、運動全体の\(v-t\)グラフがきれいな台形を描くからです。
  • 適用根拠: \(v-t\)グラフの面積が変位（この場合は走行距離）に等しいという物理学の基本法則に基づいています。各区間の距離を公式で計算して足し合わせるよりも、図形として一括で面積を求める方が、計算がはるかに簡潔で、ミスも起こりにくくなります。
• (3)で(1)の式を用いる理由:
  • 選定理由: (3)で与えられた「等速運動の時間が全時間の半分」という新しい条件を、既存の物理量（\(a, v, T\)）と結びつけるためです。
  • 適用根拠: (1)で導出した式 \(t = T – \frac{3v}{a}\) は、この運動における物理量間の普遍的な関係式です。したがって、この関係式に \(t=T/2\) という特定の条件を代入することで、その条件下でのみ成り立つ新しい関係式（\(v\)と\(a, T\)の関係）を導き出すことができます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• グラフを最大限活用する: この問題は、グラフを描かずに文字式だけで解こうとすると、非常に複雑に感じられます。まず\(v-t\)グラフを描き、問題の各要素がグラフのどの部分に対応するかを書き込むことで、思考が整理され、立式が容易になります。
• 分数の整理を丁寧に行う: (1)で \(T – \frac{v}{a} – \frac{2v}{a}\) を計算する際に、通分を丁寧に行い \(T – \frac{3v}{a}\) とまとめるなど、基本的な文字式計算を焦らずに行いましょう。
• 最終的な式の物理的意味を考える: (3)で得られた \(v = \frac{aT}{6}\) という結果を見て、「加速度\(a\)が大きいほど、また運動に使える全時間\(T\)が長いほど、到達できる最高速度\(v\)は大きくなる」という物理的に妥当な関係になっているかを確認します。このような吟味を行うことで、式の立て間違いに気づくことができます。
• 次元解析: 得られた答えの単位（次元）が合っているかを確認するのも有効です。(3)の答え \(\frac{aT}{6}\) の単位は、[m/s\(^2\)] \(\times\) [s] = [m/s] となり、速度の単位と一致します。もし単位が合わなければ、どこかで計算ミスをしています。

27 2物体の運動

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「2物体の運動のグラフ解析（追いつき問題）」です。等加速度直線運動をする物体Aと、等速直線運動をする物体Bの\(v-t\)グラフが与えられ、両者の関係性（距離が最大になる、追いつくなど）をグラフの物理的意味（傾きと面積）を読み解いて解析する能力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
AとBの間の距離が最大となる時刻を求めます。\(t=0\)では両者は同じ位置にいます。グラフを見ると、\(t=0\)から\(t=4.0 \, \text{s}\)の間は、Bの速度がAの速度より大きい（\(v_B > v_A\)）ため、BがAをどんどん引き離し、2物体間の距離は広がっていきます。
一方、\(t=4.0 \, \text{s}\)を過ぎると、今度はAの速度がBの速度より大きく（\(v_A > v_B\)）なるため、AがBを追い上げ始め、距離は縮まっていきます。
したがって、距離が広がる状態から縮まる状態に切り替わる瞬間、すなわち両者の速度が等しくなる時刻に、2物体間の距離は最大となります。
この設問における重要なポイント

• \(v_A < v_B\) の区間では、Bが先行し距離は広がる。
• \(v_A > v_B\) の区間では、Aが追い上げ距離は縮まる。
• 距離が最大になるのは、両者の速度が等しくなるとき (\(v_A = v_B\))。

具体的な解説と立式
グラフから、物体Aの速度と物体Bの速度が等しくなる時刻を読み取ります。2つのグラフが交差している点がその時刻です。
グラフより、\(t=4.0 \, \text{s}\) で両者の速度はともに \(8.0 \, \text{m/s}\) となります。

グラフの読み取りのみで計算は不要です。

追いかけっこと同じです。最初はB君の方が速いので、A君はどんどん引き離されます。しかし、A君は加速しているので、だんだん速くなります。ちょうど4.0秒後にA君の速さがB君に追いつきます。この瞬間までA君は引き離され続けていたので、このときが二人の距離が最も離れた瞬間です。この後、A君はB君より速くなるので、今度は追い上げて距離が縮まっていきます。

AとBの間の距離が最大となる時刻は、両者の速度が等しくなる \(t=4.0 \, \text{s}\) です。

問(2)

思考の道筋とポイント
(1)で求めた時刻 \(t=4.0 \, \text{s}\) における、AとBの間の距離を求めます。これは、\(t=0\) から \(t=4.0 \, \text{s}\) までの間に「Bが多く進んだ距離」に等しくなります。
\(v-t\)グラフにおいて、移動距離はグラフと時間軸で囲まれた面積で表されます。したがって、2物体間の距離の差は、それぞれのグラフが作る面積の差で計算できます。これは、2つのグラフで囲まれた部分の面積に相当します。
この設問における重要なポイント

• 2物体間の距離の差は、それぞれの移動距離の差に等しい。
• 移動距離の差は、\(v-t\)グラフ上で2つのグラフに挟まれた部分の面積に等しい。

具体的な解説と立式
\(t=0\) から \(t=4.0 \, \text{s}\) の間で、Bが進んだ距離はグラフB（長方形）の面積、Aが進んだ距離はグラフA（台形）の面積です。その差は、2つのグラフで囲まれた三角形の面積に等しくなります。
この三角形について、

• 底辺: \(4.0 – 0 = 4.0 \, \text{s}\)
• 高さ: \(8.0 – 2.0 = 6.0 \, \text{m/s}\)

求める最大距離を \(L_{\text{max}}\) とすると、
$$
\begin{aligned}
L_{\text{max}} &= \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ})
\end{aligned}
$$

上記で立てた式に、数値を代入します。
$$
\begin{aligned}
L_{\text{max}} &= \frac{1}{2} \times 4.0 \times (8.0 – 2.0) \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \times 4.0 \times 6.0 \\[2.0ex] &= 12
\end{aligned}
$$
したがって、距離が最大のとき、その値は \(12 \, \text{m}\) です。

4秒間でBがどれだけAを引き離したかを計算します。これは、2つの速度グラフの「隙間」の面積を計算することで求められます。この隙間は、底辺が4.0秒、高さがスタート時の速度差である \(8.0-2.0=6.0 \, \text{m/s}\) の三角形と見なせます（実際には台形と長方形の差ですが、結果的に三角形の面積と同じになります）。その面積は \(4.0 \times 6.0 \div 2 = 12 \, \text{m}\) となります。

距離の最大値は \(12 \, \text{m}\) となります。これは、\(t=4.0 \, \text{s}\) におけるBの移動距離（\(8.0 \times 4.0 = 32 \, \text{m}\)）とAの移動距離（台形の面積 \(\frac{1}{2}(2.0+8.0)\times 4.0 = 20 \, \text{m}\)）の差 \(32-20=12 \, \text{m}\) と一致しており、妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
AがBに追いつく時刻を求めます。\(t=0\)で同じ位置からスタートしているので、「追いつく」とは、再び両者の位置が同じになる、すなわち「\(t=0\)からの移動距離が等しくなる」ことを意味します。
\(v-t\)グラフでは、移動距離は面積で表されるため、\(t=0\)からある時刻\(t\)までのグラフAの面積とグラフBの面積が等しくなる時刻を求めます。
この設問における重要なポイント

• 追いつく条件: 移動距離が等しくなる \(\iff\) \(v-t\)グラフの面積が等しくなる。
• グラフの対称性を利用して、面積が等しくなる時刻を考察する。

具体的な解説と立式
\(t=0 \sim 4.0 \, \text{s}\) の区間では、Bの面積がAの面積より大きい（Bが先行）。その面積の差は(2)で求めた \(12 \, \text{m}\) です。
\(t=4.0 \, \text{s}\) 以降は、Aの速度がBの速度を上回るため、Aが追い上げます。AがBに追いつくのは、\(t=4.0 \, \text{s}\) 以降に「Aが多く進んだ距離」が、それまでのリード \(12 \, \text{m}\) に等しくなったときです。
グラフを見ると、\(t=4.0 \sim 8.0 \, \text{s}\) の区間で、グラフAとグラフBで囲まれた三角形の面積は、\(t=0 \sim 4.0 \, \text{s}\) の区間の三角形と合同です。

• 底辺: \(8.0 – 4.0 = 4.0 \, \text{s}\)
• 高さ: \(t=8.0 \, \text{s}\) でのAの速度は、傾きが \(\frac{8.0-2.0}{4.0}=1.5\) なので、\(v_A(8.0) = 2.0 + 1.5 \times 8.0 = 14.0 \, \text{m/s}\)。よって高さは \(14.0 – 8.0 = 6.0 \, \text{m/s}\)。

この三角形の面積は \(\frac{1}{2} \times 4.0 \times 6.0 = 12 \, \text{m}\) となり、\(t=4.0 \, \text{s}\) までのリードと等しくなります。
したがって、追いつく時刻は \(t=8.0 \, \text{s}\) です。

グラフの対称性から、\(t=4.0 \, \text{s}\) を中心として、\(0 \sim 4.0 \, \text{s}\) でBが稼いだ面積（リード）と、\(4.0 \sim 8.0 \, \text{s}\) でAが稼ぐ面積（追い上げ）は等しくなります。よって、追いつく時刻は \(t=8.0 \, \text{s}\) です。

4秒後まではBがリードし、その差は12mでした。4秒後からはAが追い上げを開始します。グラフの形を見ると、AとBの速度差の変化の仕方が、4秒後までと4秒後からで左右対称になっています。そのため、Bが4秒かけて作った12mのリードを、Aは同じく4秒かけて取り返すことができます。したがって、AがBに追いつくのは、追い上げを開始した4秒後からさらに4秒が経過した、スタートから合計8.0秒後となります。

追いつく時刻は \(8.0 \, \text{s}\) となります。この時刻で両者の移動距離が等しくなるか検算してみます。

• Aの移動距離: \(t=0 \sim 8.0 \, \text{s}\) の台形の面積 = \(\frac{1}{2}(2.0+14.0) \times 8.0 = 64 \, \text{m}\)
• Bの移動距離: \(t=0 \sim 8.0 \, \text{s}\) の長方形の面積 = \(8.0 \times 8.0 = 64 \, \text{m}\)

両者は等しくなり、結果は妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
AとBそれぞれの\(x-t\)グラフを描きます。各時刻の位置を、\(v-t\)グラフの面積を累積して計算し、運動の種類に応じて点を結びます。

• 物体A: 等加速度直線運動なので、\(x-t\)グラフは放物線になります。
• 物体B: 等速直線運動なので、\(x-t\)グラフは直線になります。

この設問における重要なポイント

• \(x-t\)グラフを描くには、まず各時刻の位置を求める。
• Aは等加速度運動 → \(x-t\)グラフは放物線。
• Bは等速運動 → \(x-t\)グラフは直線。
• \(x-t\)グラフの傾きは、その時刻の速度に対応する。

具体的な解説と立式
各時刻でのAとBの位置を、\(v-t\)グラフの面積から求めます。

• \(t=4.0 \, \text{s}\) での位置:
  $$
  \begin{aligned}
  x_A(4.0) &= \frac{1}{2} \times (2.0 + 8.0) \times 4.0 = 20 \, \text{m} \\[2.0ex] x_B(4.0) &= 8.0 \times 4.0 = 32 \, \text{m}
  \end{aligned}
  $$
• \(t=8.0 \, \text{s}\) での位置:
  (3)の検算より、\(x_A(8.0) = 64 \, \text{m}\), \(x_B(8.0) = 64 \, \text{m}\)。

これらの点 \((0,0), (4.0, 20), (8.0, 64)\) を通る下に凸の放物線（A）と、点 \((0,0), (8.0, 64)\) を通る直線（B）を描きます。

上記の座標に基づき、グラフを描画します。

AとBが各時刻にどこにいるかを、\(v-t\)グラフの面積を計算してプロットしていきます。

• Bはずっと同じ速さなので、位置のグラフは原点からまっすぐ伸びる直線になります。
• Aはだんだん速くなるので、位置のグラフは、最初は傾きが緩やかで、だんだん傾きが急になるカーブ（放物線）になります。

4.0秒後にはBがAより前にいて、8.0秒後にはちょうど同じ場所にいる、という(2),(3)の結果を反映させてグラフを描きます。

グラフは、Bが原点を通る傾き8.0の直線、Aが原点を通り、\(t=8.0 \, \text{s}\) でBのグラフと交わる下に凸の放物線となります。\(t=4.0 \, \text{s}\) で2つのグラフの差が最大になり、またその点でのAのグラフの接線の傾きがBのグラフの傾きと等しく（平行に）なっていることも、物理的に正しいグラフの特徴です。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• \(v-t\)グラフを用いた2物体の運動比較
  • 核心: この問題の根幹は、2つの物体の運動を同一の\(v-t\)グラフ上に描き、そのグラフの上下関係、交点、そして面積といった幾何学的な特徴を読み解くことで、2物体間の相対的な運動（離れる・近づく・追いつく）を定量的に解析することにあります。
  • 理解のポイント:
    • 速度の大小関係 (\(v_A\) vs \(v_B\)): グラフの上下関係は、どちらの物体が速いかを示します。\(v_B\) のグラフが上にあればBが速く、\(v_A\) のグラフが上にあればAが速いことを意味します。
    • 速度が等しくなる点 (グラフの交点): 2つのグラフが交わる点は、両者の速度が等しくなる瞬間です。先行していた物体との距離が最大（または最小）になる重要な点です。
    • 移動距離の差 (グラフ間の面積): 2つのグラフで囲まれた部分の面積は、その時間区間における2物体間の移動距離の「差」を表します。
• 追いつきの物理的条件
  • 核心: 同じ場所から同時にスタートした2物体が「追いつく」とは、スタートからの「移動距離が等しくなる」ということです。
  • 理解のポイント:
    • グラフ上の解釈: 「移動距離が等しくなる」とは、\(v-t\)グラフにおいて、スタートからの「面積が等しくなる」ことを意味します。
    • 面積の差で考える: (3)のように、\(t=4.0\)まではBが面積分だけリードし、\(t=4.0\)以降はAが面積分だけ追い上げます。「追いつく」のは、「リードした面積」と「追い上げた面積」が等しくなったときです。

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:
  • 追い越し問題: 自動車が静止しているバイクを追い越す問題など。自動車の\(v-t\)グラフとバイクの\(v-t\)グラフを描き、面積が等しくなる時刻を求めます。
  • 出会い問題: 2つの物体が互いに向かい合って進む問題。この場合、一方の速度を負として\(v-t\)グラフを描きます。「出会う」条件は、両者の位置座標の和が初期距離に等しくなること、あるいは相対速度のグラフと時間軸で囲まれた面積が初期距離に等しくなることです。
  • \(x-t\)グラフでの解析: 本問の(4)で描いた\(x-t\)グラフ上で、2物体の運動を解釈する問題。
    • グラフの交点: 2物体が同じ位置にいる（出会う・追いつく）時刻。
    • 2つのグラフの縦軸の差: 2物体間の距離。
    • グラフの傾き: 各物体の瞬間の速度。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 各物体の運動の種類を特定: グラフAは斜めの直線なので「等加速度直線運動」、グラフBは水平な直線なので「等速直線運動」であると、まず特定します。
  2. 速度の大小関係の変化に注目: グラフの交点である \(t=4.0 \, \text{s}\) を境に、速度の大小関係が \(v_B > v_A\) から \(v_A > v_B\) へと逆転することを見抜きます。これが、距離が最大になる点を考える上での最大のヒントです。
  3. 問いとグラフ操作の対応付け:
     • 「距離が最大」→「速度が等しくなる点 (\(v_A=v_B\))」を探す。
     • 「最大距離」→「グラフ間の面積」を計算する。
     • 「追いつく」→「全体の面積が等しくなる点」を探す。
     • 「\(x-t\)グラフ」→「面積を累積計算」し、運動の種類に応じて線で結ぶ。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 「距離が最大」＝「最も離れた点」という誤解:
  • 誤解: グラフの右端である \(t=8.0 \, \text{s}\) で最も距離が離れると勘違いする。
  • 対策: 相対的な速さを考えましょう。AがBより遅い間は距離が広がり、AがBより速くなると距離は縮まります。その切り替わりである「速度が等しくなる瞬間」に距離は最大になります。
• 「追いつく」＝「速度が等しくなる」という誤解:
  • 誤解: (1)で求めた \(t=4.0 \, \text{s}\) を、追いつく時刻だと勘違いする。
  • 対策: \(t=4.0 \, \text{s}\) は、あくまでAの速度がBに追いついただけであり、それまでBにリードされた距離はまだ残っています。位置が追いつくためには、さらにAがBより速く走り続けて、そのリードを埋める必要があります。
• \(x-t\)グラフの形状ミス:
  • 誤解: (4)で、Aのグラフを直線で描いてしまう、またはBのグラフを放物線で描いてしまう。
  • 対策: 「運動の種類とグラフ形状の対応関係」を徹底しましょう。Aは等加速度運動なので\(x-t\)グラフは放物線、Bは等速運動なので\(x-t\)グラフは直線です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)で「グラフの交点」に着目する理由:
  • 選定理由: 「2物体間の距離が最大になる」という物理的な条件が、数学的には「2物体の速度の差が0になる」こと、すなわち「相対速度が0になる」ことに対応するからです。
  • 適用根拠: 2物体間の距離を \(L(t) = x_B(t) – x_A(t)\) とすると、距離が最大になるのは、数学的に \(L(t)\) を時間で微分したものが0になるときです。\( \frac{dL}{dt} = \frac{dx_B}{dt} – \frac{dx_A}{dt} = v_B(t) – v_A(t) = 0 \)。つまり、\(v_A=v_B\) となるときに距離が最大になることが、微分を用いても示されます。
• (2)で「グラフ間の面積」を計算する理由:
  • 選定理由: 2物体間の距離は、それぞれの移動距離の差だからです。
  • 適用根拠: \(v-t\)グラフの面積が移動距離を表すという基本法則に基づいています。したがって、\(L = x_B – x_A = (\text{グラフBの面積}) – (\text{グラフAの面積})\) となります。これは、2つのグラフで囲まれた部分の面積を計算することと等価です。
• (3)で「面積が等しくなる点」を探す理由:
  • 選定理由: 「追いつく」という物理的な条件が、「移動距離が等しくなる」ことに対応するからです。
  • 適用根拠: \(t=0\)で同じ位置からスタートしているので、追いつく時刻\(t\)では、Aの移動距離 \(x_A(t)\) とBの移動距離 \(x_B(t)\) が等しくなります。これは、\(v-t\)グラフにおいて、\(t=0\) から \(t\) までのグラフAの面積とグラフBの面積が等しくなることを意味します。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• グラフの対称性の利用: (3)では、\(t=4.0 \, \text{s}\) を境に、\(0 \sim 4.0 \, \text{s}\) の区間でBがAをリードした面積（グラフ間の三角形）と、\(4.0 \sim 8.0 \, \text{s}\) の区間でAがBを追い上げる面積（グラフ間の三角形）が、合同で等しいことに気づくと、計算せずに \(t=8.0 \, \text{s}\) と答えを導き出せます。
• 面積計算の分割: (3)の検算や(4)の作図でAの移動距離を計算する際、台形の面積公式 \(\frac{1}{2}(\text{上底}+\text{下底})\times\text{高さ}\) を使うと一度で計算できます。
• \(x-t\)グラフの傾きのチェック: (4)でグラフを描き終えた後、その傾きが速度を表しているかを確認しましょう。
  • \(t=0\) でのAの傾きは \(2.0\)、Bの傾きは \(8.0\)。
  • \(t=4.0 \, \text{s}\) でのAの接線の傾きが、Bの直線の傾きと等しく（平行に）なっているか。
  • \(t=8.0 \, \text{s}\) でのAの接線の傾きが、Bの傾きより急になっているか。

  このチェックを行うことで、グラフの形状の正しさを検証できます。

28 相対速度

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「平面上での等加速度直線運動と相対速度」です。互いに直交する方向に等加速度直線運動をする2つの物体の位置関係と、一方から見たもう一方の相対的な速度を、ベクトルを用いて正しく解析する能力が問われます。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
AとBは、地点Pからそれぞれ東と南という直交する方向に運動します。したがって、10秒後のP, A, Bの3点の位置関係は、Pを直角の頂点とする直角三角形をなします。AB間の距離は、この直角三角形の斜辺の長さに相当します。
よって、まずAとBがそれぞれ10秒間に進んだ距離を計算し、それらを2辺として三平方の定理を適用します。
この設問における重要なポイント

• 運動の独立性: 東向きの運動と南向きの運動を別々に計算する。
• 等加速度直線運動の変位の公式: \(x = v_0t + \frac{1}{2}at^2\) （静止状態からなので \(v_0=0\)）。
• 三平方の定理: 直交する2つの変位から、2点間の直線距離を求める。

具体的な解説と立式
地点Pを原点とし、東向きを\(x\)軸正方向、南向きを\(y\)軸正方向とします。

• 10s後のAの変位 \(x_A\):
  $$
  \begin{aligned}
  x_A &= \frac{1}{2}a_A t^2
  \end{aligned}
  $$
• 10s後のBの変位 \(y_B\):
  $$
  \begin{aligned}
  y_B &= \frac{1}{2}a_B t^2
  \end{aligned}
  $$

A, B間の距離を \(L\) とすると、三平方の定理より、
$$
\begin{aligned}
L &= \sqrt{x_A^2 + y_B^2}
\end{aligned}
$$

各変位を計算します。
$$
\begin{aligned}
x_A &= \frac{1}{2} \times 2.0 \times (10)^2 \\[2.0ex] &= 100 \, \text{m}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
y_B &= \frac{1}{2} \times 1.0 \times (10)^2 \\[2.0ex] &= 50 \, \text{m}
\end{aligned}
$$
これらの値を距離の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \sqrt{(100)^2 + (50)^2} \\[2.0ex] &= \sqrt{10000 + 2500} \\[2.0ex] &= \sqrt{12500} \\[2.0ex] &= \sqrt{2500 \times 5} \\[2.0ex] &= 50\sqrt{5}
\end{aligned}
$$
ここで、\(\sqrt{5} \approx 2.23\) を用いて、
$$
\begin{aligned}
L &\approx 50 \times 2.23 \\[2.0ex] &= 111.5
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると \(1.1 \times 10^2 \, \text{m}\) となります。

まず、10秒後にAが東にどれだけ進んだか、Bが南にどれだけ進んだかを、それぞれ物理の公式を使って計算します。すると、Aは100m、Bは50m進んでいることがわかります。
出発点Pと、10秒後のA、Bの位置を結ぶと、直角三角形ができます。求めたいAB間の距離は、この三角形の斜辺の長さなので、三平方の定理（ピタゴラスの定理）を使って計算します。

10s後のA, B間の距離は \(1.1 \times 10^2 \, \text{m}\) となります。それぞれの移動距離よりも長い値となっており、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
10s後の「Aに対するBの相対速度」の大きさを求めます。これは、ベクトル演算 \(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\) の結果の大きさを計算することに相当します。
まず、10s後のAの速度 \(\vec{v}_A\) とBの速度 \(\vec{v}_B\) をそれぞれ計算します。\(\vec{v}_A\) は東向き、\(\vec{v}_B\) は南向きで直交しているため、ベクトル図を描くと三平方の定理が適用できます。
この設問における重要なポイント

• 等加速度直線運動の速度の公式: \(v = v_0 + at\) （静止状態からなので \(v_0=0\)）。
• 相対速度のベクトル演算: \(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\)。
• ベクトルの引き算の作図と三平方の定理。

具体的な解説と立式

• 10s後のAの速度 \(v_A\):
  $$
  \begin{aligned}
  v_A &= a_A t
  \end{aligned}
  $$
• 10s後のBの速度 \(v_B\):
  $$
  \begin{aligned}
  v_B &= a_B t
  \end{aligned}
  $$

Aに対するBの相対速度 \(\vec{v}_{BA}\) の大きさ \(v_{BA}\) は、\(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\) の大きさです。
\(\vec{v}_A\) と \(\vec{v}_B\) は直交しているので、ベクトル \(\vec{v}_B\) と \(-\vec{v}_A\) も直交します。したがって、三平方の定理より、
$$
\begin{aligned}
v_{BA} &= \sqrt{v_A^2 + v_B^2}
\end{aligned}
$$

各速度を計算します。
$$
\begin{aligned}
v_A &= 2.0 \times 10 \\[2.0ex] &= 20 \, \text{m/s}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
v_B &= 1.0 \times 10 \\[2.0ex] &= 10 \, \text{m/s}
\end{aligned}
$$
これらの値を相対速度の大きさの式に代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{BA} &= \sqrt{(20)^2 + (10)^2} \\[2.0ex] &= \sqrt{400 + 100} \\[2.0ex] &= \sqrt{500} \\[2.0ex] &= \sqrt{100 \times 5} \\[2.0ex] &= 10\sqrt{5}
\end{aligned}
$$
ここで、\(\sqrt{5} \approx 2.23\) を用いて、
$$
\begin{aligned}
v_{BA} &\approx 10 \times 2.23 \\[2.0ex] &= 22.3
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると \(22 \, \text{m/s}\) となります。

まず、10秒後のAの速さ（東向きに20m/s）とBの速さ（南向きに10m/s）を計算します。
「Aから見たBの速さ」を知るには、ベクトルの引き算が必要です。Aの速度ベクトルとBの速度ベクトルは直角なので、これも三平方の定理を使って、合成されたベクトルの大きさ（相対速度の大きさ）を計算することができます。

Aに対するBの相対速度の大きさは \(22 \, \text{m/s}\) となります。AもBも加速しているので、相対速度も時間とともに大きくなります。

【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？

• 運動の独立性とベクトルの合成
  • 核心: この問題の根幹は、2次元平面上の運動を、互いに直交する2つの方向（東向きと南向き）の独立した1次元運動として完全に分離して考え、最終的にその結果をベクトルとして合成（三平方の定理を用いる）することにあります。
  • 理解のポイント:
    • 変位の独立性: (1)では、Aの東向きの変位とBの南向きの変位を、それぞれ独立した等加速度直線運動として計算します。2物体間の最終的な距離は、これらの直交する変位ベクトルを合成したベクトルの大きさとして求められます。
    • 速度の独立性: (2)では、Aの東向きの速度とBの南向きの速度を、それぞれ独立に計算します。Aから見たBの相対速度は、これらの直交する速度ベクトルの差として求められます。
• 相対速度・相対加速度のベクトル演算
  • 核心: 「Aに対するBの〜」という相対的な物理量は、Bの物理量からAの物理量を「ベクトルとして」引き算することで求められる、という相対性の原理を理解し、適用することです。
  • 理解のポイント:
    • 相対速度: \(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\)。これは、\(\vec{v}_B\) と \(-\vec{v}_A\) のベクトル和と考えることができます。
    • 相対加速度: \(\vec{a}_{BA} = \vec{a}_B – \vec{a}_A\)。(1)の別解のように、この考え方を使えば、相対的な運動を一つの等加速度直線運動として扱うことができます。

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:
  • 斜方投射: 地上から斜めに投げ上げた物体の運動。水平方向は等速直線運動（\(a_x=0\)）、鉛直方向は等加速度直線運動（\(a_y=-g\)）となり、本問と同様に2つの運動を独立に扱います。
  • 異なる点から出発する2物体の運動: 「点PからAが東へ、点QからBが北へ同時に出発した。2物体間の距離が最も近くなるのは何秒後か」といった問題。この場合、相対速度の考え方を用いて、Aから見たBの相対的な運動を解析すると、問題が簡単になります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動の方向を確認: 「東向き」と「南向き」のように、運動が直交する2方向で行われていることを見抜きます。これが「運動の独立性」と「三平方の定理」を使うヒントになります。
  2. 各物体の運動の種類を特定: AもBも「静止していた状態から」「一定の加速度で」運動するので、どちらも初速度0の等加速度直線運動であると判断します。
  3. 問いと操作の対応付け:
     • (1)「AB間の距離」→「各変位を計算し、三平方の定理で合成」
     • (2)「Aに対するBの相対速度」→「各速度を計算し、ベクトルとして引き算（三平方の定理で大きさを計算）」

     と、問題の要求と物理法則を結びつけます。

  4. 座標軸の設定: 成分計算を行う別解を選択する場合は、最初に座標軸（例：東を\(x\)軸、南を\(y\)軸）を明確に設定します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ベクトルをスカラーとして計算するミス:
  • 誤解: (1)で距離を \(100+50=150 \, \text{m}\) や \(100-50=50 \, \text{m}\) のように、スカラーの足し算や引き算で計算してしまう。(2)で相対速度の大きさを \(20-10=10 \, \text{m/s}\) のように計算してしまう。
  • 対策: 運動が一直線上でない場合、距離や速度の合成・分解は必ず「ベクトル図」を描くか、「成分計算」を行うかのどちらかである、と肝に銘じましょう。単純な足し引きで答えが出ることはありません。
• 相対速度の引き算の順序ミス:
  • 誤解: 「Aに対するBの相対速度」を、うっかり \(\vec{v}_A – \vec{v}_B\) のように、引く側と引かれる側を逆にしてしまう。
  • 対策: 「Aに対するBの〜 (\(\vec{v}_{BA}\))」は、「(相手であるBの物理量) – (自分であるAの物理量)」と、言葉の順序と式の文字の順序を対応させて覚えましょう。「〜に対する」の「〜」が、引き算の後ろに来る、と覚えるのが有効です。（ただし、この問題では大きさだけを求めるので、三平方の定理により結果は変わりません。）
• 有効数字の処理ミス:
  • 誤解: \(\sqrt{5} \approx 2.236…\) のように計算し、答えを \(50\sqrt{5} \approx 111.8…\) のように、与えられた数値より細かい桁数で答えてしまう。
  • 対策: 問題文で与えられた数値の有効数字を確認する習慣をつけましょう。この問題では「\(2.0 \, \text{m/s}^2\)」「\(1.0 \, \text{m/s}^2\)」など有効数字は2桁です。したがって、計算結果も2桁に丸める必要があります（\(111.5 \rightarrow 1.1 \times 10^2\), \(22.3 \rightarrow 22\)）。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)で \(x = \frac{1}{2}at^2\) と三平方の定理を用いる理由:
  • 選定理由: 各物体の運動が初速度0の等加速度直線運動であり、その変位を求めるためです。そして、2つの変位ベクトルが直交しているため、それらの合成ベクトルの大きさ（2点間の距離）を求めるには三平方の定理が最も直接的だからです。
  • 適用根拠: 運動の独立性により、東向きと南向きの運動は別々に計算できます。それぞれの運動は等加速度直線運動なので、公式の適用が正当化されます。また、東と南は直交するため、変位ベクトルが作る三角形は直角三角形となり、三平方の定理を適用できます。
• (2)で \(v=at\) と三平方の定理を用いる理由:
  • 選定理由: 各物体の速度を求め、それらのベクトル差（相対速度）の大きさを計算するためです。
  • 適用根拠: 各物体の運動は等加速度直線運動なので、\(v=at\) が成り立ちます。相対速度の定義は \(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B – \vec{v}_A\) であり、\(\vec{v}_A\) と \(\vec{v}_B\) が直交するため、その差のベクトルの大きさは三平方の定理で \(\sqrt{v_A^2 + v_B^2}\) と計算できます。これは、\(\vec{v}_{BA} = \vec{v}_B + (-\vec{v}_A)\) のベクトル和の大きさを計算していることと等価です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 図を大きく正確に描く: この種の問題では、(1)の位置関係の図、(2)の速度ベクトルの関係図を、それぞれ大きく描くことが非常に重要です。図を描くことで、どの辺の長さを求め、どの定理（三平方の定理）を使えばよいかが一目瞭然になります。
• ルート計算の工夫: \(\sqrt{100^2 + 50^2}\) のような計算では、まず共通因数でくくり出すと計算が楽になります。\(\sqrt{(2 \times 50)^2 + (1 \times 50)^2} = \sqrt{50^2 (2^2 + 1^2)} = 50\sqrt{4+1} = 50\sqrt{5}\)。同様に、(2)でも \(\sqrt{20^2+10^2} = \sqrt{10^2(2^2+1^2)} = 10\sqrt{5}\) と計算できます。
• 近似値の暗記: 物理計算では、\(\sqrt{2} \approx 1.41\), \(\sqrt{3} \approx 1.73\), \(\sqrt{5} \approx 2.23\) といった近似値を覚えておくと、計算時間を短縮できます。
• 次元解析: 得られた答えの単位が合っているかを確認しましょう。(1)はm、(2)はm/sとなり、それぞれ距離と速度の単位に合致しています。

ABOUT THE AUTHOR

共田 誠（まこと先生）

高校物理講師・プロ家庭教師 / 指導歴14年

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

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

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