「セミナー物理基礎＋物理2025」徹底解説！【第 Ⅱ 章 7】発展例題～発展問題205

発展例題

発展例題14 重ねた物体との衝突

【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「分裂・合体を含む物体の運動量保存」です。特に、衝突が起こる瞬間と、その後に摩擦力が働いて一体となる過程の2段階に分けて考える点が特徴的です。

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。

問 衝突直後のAとCの速度、一体となったときのAとBの速度

思考の道筋とポイント
この問題は2つの段階に分けて考えます。
第一段階は「CとAの衝突」。これは瞬間的な出来事です。このとき、AとBの間の摩擦力や、Aと床の間の垂直抗力などは、衝突の力（撃力）に比べて非常に小さく、その力積は無視できます。また、Bはまだ動き出していません。したがって、AとCの2物体だけで運動量保存則を考えます。
第二段階は「AとBの一体化」。衝突直後から、AとBが摩擦力によって同じ速度になるまでの過程です。このとき、AとBを一つの系とみなすと、摩擦力は系内部の力（内力）になります。床はなめらかなので、この系には水平方向の外力が働きません。よって、AとBの系の運動量が保存されます。

衝突直後のAとCの速度を求める

この設問における重要なポイント

• 衝突は瞬間的に起こるため、Bはまだ動いていないとみなせる。
• AとCの系で、水平方向には外力が働かない（撃力は内力）ので、運動量が保存される。
• 反発係数の式を用いることで、運動量保存則と合わせて連立方程式を立てられる。

具体的な解説と立式
衝突前のCの速度を \(v_0\)、衝突直後のAの速度を \(v_A\)、Cの速度を \(v_C\) とします。右向きを正とします。

• 運動量保存則
  衝突前後のAとCの系全体の運動量は保存されます。
  （衝突前の運動量の和） = （衝突後の運動量の和）
  $$ mv_0 + 2m \cdot 0 = mv_C + 2mv_A \quad \cdots ① $$
• 反発係数の式
  AとCの間の反発係数は \(e\) なので、
  $$ e = -\frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})} $$
  $$ e = -\displaystyle\frac{v_A – v_C}{0 – v_0} \quad \cdots ② $$

まず、式①と②を整理します。
式①の両辺を \(m\) で割ると、
$$ v_0 = v_C + 2v_A \quad \cdots ①’ $$
式②を変形すると、
$$
\begin{aligned}
e &= \displaystyle\frac{v_A – v_C}{v_0}
\end{aligned}
$$
$$ ev_0 = v_A – v_C \quad \cdots ②’ $$
式①’と②’を連立して解きます。
まず、\(v_C\) を消去するために、式①’と式②’の両辺を足し合わせます。
$$
\begin{aligned}
(v_0) + (ev_0) &= (v_C + 2v_A) + (v_A – v_C) \\[2.0ex] (1+e)v_0 &= 3v_A
\end{aligned}
$$
したがって、
$$ v_A = \displaystyle\frac{1+e}{3}v_0 $$
次に、この結果を式②’に代入して \(v_C\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_C &= v_A – ev_0 \\[2.0ex] &= \displaystyle\frac{1+e}{3}v_0 – ev_0 \\[2.0ex] &= \left( \displaystyle\frac{1+e}{3} – e \right)v_0 \\[2.0ex] &= \left( \displaystyle\frac{1+e – 3e}{3} \right)v_0 \\[2.0ex] &= \displaystyle\frac{1-2e}{3}v_0
\end{aligned}
$$

一体となったときのAとBの速度を求める

この設問における重要なポイント

• 衝突直後から一体化するまでの間、AとBを一つの系とみなす。
• AとBの間で働く動摩擦力は、この系における内力である。
• 床はなめらかなので、AとBの系には水平方向の外力が働かない。よって、この系の運動量は保存される。

具体的な解説と立式
衝突直後のAの速度は \(v_A\)、Bの速度は \(0\) です。
一体となったときのAとBの共通の速度を \(v_{AB}\) とします。
AとBの系で運動量保存則を立てます。
（衝突直後の運動量の和） = （一体化後の運動量の和）
$$ 2mv_A + m \cdot 0 = (2m + m)v_{AB} \quad \cdots ③ $$

式③に、先ほど求めた \(v_A = \displaystyle\frac{1+e}{3}v_0\) を代入します。
$$
2m \left( \displaystyle\frac{1+e}{3}v_0 \right) = 3m v_{AB}
$$
両辺を \(m\) で割ると、
$$
\displaystyle\frac{2(1+e)}{3}v_0 = 3v_{AB}
$$
したがって、
$$
\begin{aligned}
v_{AB} &= \displaystyle\frac{1}{3} \times \displaystyle\frac{2(1+e)}{3}v_0 \\[2.0ex] &= \displaystyle\frac{2(1+e)}{9}v_0
\end{aligned}
$$

この問題は、ビリヤードの玉突きと、電車に飛び乗る人の2つの出来事が連続して起こるようなものです。
まず、Cという玉が止まっているAという玉にぶつかります。この衝撃でAは動き出しますが、Aの上に乗っているBさんはまだその場にとどまろうとします（衝突直後）。これが第一段階です。
次に、動き出したA（電車）の上で、Bさん（乗客）が足を踏ん張って、やがてAと同じ速度で進むようになります。このとき、AとBの間では摩擦力が働きますが、AとBを一つのグループとして見れば、外から誰も押したり引いたりしていないので、グループ全体の勢い（運動量）は変わりません。これを使って、最終的な速度を計算します。

衝突直後の速度は \(v_A = \displaystyle\frac{1+e}{3}v_0\)、\(v_C = \displaystyle\frac{1-2e}{3}v_0\) と求まりました。
\(e\) は \(0 \le e \le 1\) の範囲の値をとります。
もし \(e=1\)（完全弾性衝突）なら、\(v_A = \displaystyle\frac{2}{3}v_0\)、\(v_C = -\displaystyle\frac{1}{3}v_0\) となり、Cははね返されます。
もし \(e=0\)（完全非弾性衝突）なら、\(v_A = v_C = \displaystyle\frac{1}{3}v_0\) となり、AとCは一体となって運動します。
もし \(e=0.5\) なら、\(v_C=0\) となり、Cはその場に停止します。
これらの結果は物理的に妥当です。

一体となったときの速度は \(v_{AB} = \displaystyle\frac{2(1+e)}{9}v_0\) と求まりました。
衝突直後のAの速度 \(v_A\) と比較すると、\(v_{AB} = \displaystyle\frac{2}{3}v_A\) となり、Bを加速させた分、Aの速度は遅くなっていることがわかります。これも物理的に妥当な結果です。

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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？

• 運動量保存則の適用範囲の的確な判断
  • 核心: この問題は、一見複雑な現象を「衝突の瞬間」と「その後の運動（一体化）」という2つの独立した段階に分解し、それぞれの段階で適切な「系」を設定して運動量保存則を適用する能力を問うています。どの時間区間で、どの物体グループの運動量が保存されるかを見抜くことが全てです。
  • 理解のポイント:
    • 段階1（CとAの衝突）: 衝突は「瞬間的」に起こるため、摩擦力のような有限の大きさの力による力積は、撃力に比べて無視できます。また、Bはこの瞬間まだ動き出せません。したがって、衝突の直前直後では「AとCの2物体」を系とみなし、運動量保存則を適用します。
    • 段階2（AとBの一体化）: 衝突が終わった後、AとBは摩擦力（これはAとBの系にとっては内力）を及ぼしあいながら、やがて一体となります。床はなめらかなので、この過程で「AとBの2物体」を系とみなすと、水平方向の外力は働いていません。よって、衝突直後から一体化後までの間で、この系の運動量は保存されます。
• 反発係数の式の併用
  • 核心: 衝突現象では、運動量保存則だけでは未知数（衝突後の各物体の速度）を決定できない場合がほとんどです。そこで、運動量を補完するもう一つの関係式として、反発係数（はねかえり係数）の式を連立させるのが定石です。
  • 理解のポイント:
    • 反発係数の式 \( e = -\frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})} \) は、衝突によってどれだけ運動エネルギーが失われるかを表す指標です。この式を正しく立てることで、未知数と同じ数の独立した方程式を揃えることができます。

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:
  • 分裂: 静止した物体が爆発などで2つ以上に分裂する問題。分裂は内部の力（内力）によるものなので、分裂前後で系全体の運動量は保存されます。
  • 台車上での相対運動: なめらかな床の上にある台車の上で、人が歩いたり物体が滑ったりする問題。「人と台車」を一つの系とみなせば、水平方向の外力は働かないため、運動量が保存されます。
  • ロケットの推進: ロケットが燃料を後方に噴射して加速する問題。「ロケット本体と噴射された燃料」を一つの系とみなせば、運動量保存則が成り立ちます。
  • 多段階の衝突・合体: 今回のように、衝突の後に合体が起こる、あるいは合体した物体がさらに別の物体と衝突するなど、複数の現象が連続して起こる問題。各段階ごとに適切な系を設定し、保存則を適用していくことが重要です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 現象を時間軸で分解する: まず、問題で起きている現象を「衝突の瞬間」「摩擦で滑る期間」「一体化」のように、時間的なステップに分解して考えます。
  2. 各ステップで「系」を定義する: 分解した各ステップにおいて、どの物体を一つのグループ（系）とみなすかを決定します。
  3. 外力の有無をチェックする: 定義した系に対し、考えている方向（多くは水平方向）に外力が働いていないかを確認します。床がなめらか、水平方向から力を加えていない、などの記述がヒントになります。
  4. 保存則の選択:
     • 外力（の力積）がゼロ、または無視できる場合 → 運動量保存則が適用できます。瞬間的な衝突や分裂、内力のみが働く運動では最有力候補です。
     • 非保存力（摩擦力、空気抵抗、非弾性衝突など）が仕事をしない場合 → 力学的エネルギー保存則が適用できます。この問題では、非弾性衝突や摩擦がエネルギーを失わせるため、力学的エネルギー保存則は使えません。
  5. 方程式の数を数える: 運動量保存則を立てた後、未知数の数と方程式の数が合っているかを確認します。足りなければ、反発係数の式など、別の関係式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

• 運動量保存則の適用範囲の混同:
  • 誤解: CとAが衝突する瞬間に、AとBの間の摩擦力も重要な力だと考え、AとCの2体系で運動量保存則を使うことをためらってしまう。
  • 対策: 「衝突は瞬間的」という言葉の物理的な意味を正確に理解しましょう。衝突中に働く撃力は極めて大きいため、その瞬間に働く摩擦力のような有限の力の影響（力積）は無視して構いません。したがって、衝突の直前直後という「点」で時間を止め、衝突に関与したAとCだけの運動量保存を考えるのが正しいアプローチです。
• 一体化の過程に無関係な物体を含めてしまう:
  • 誤解: AとBが一体化する過程を考える際に、すでに離れていったCも運動量保存の式に入れてしまう。
  • 対策: 現象を時系列で明確に区別しましょう。CとAの衝突は「一瞬」で完了します。その後、Cは自身の速度で飛び去り、AとBの物語とは無関係になります。AとBの一体化は、その後の「時間のかかる」現象です。したがって、主たる解法のように「衝突直後」と「一体化後」の2つの時点でAとBの系の運動量を比較するのが最もシンプルです。
• 反発係数の式の符号ミス:
  • 誤解: 反発係数の式の定義 \( e = -\frac{v’_A – v’_C}{v_A – v_C} \) に含まれるマイナス符号を忘れたり、分子と分母で速度の引き算の順番（A-CなのかC-Aなのか）を統一しなかったりする。
  • 対策: 式を \( e = -\frac{(\text{後の相対速度})}{(\text{前の相対速度})} \) という言葉で覚えましょう。そして、相対速度を計算するときは、常に「（物体Aの速度）-（物体Cの速度）」のように、基準とする順番を一貫させることが重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (衝突直後の速度)での公式選択（運動量保存則＋反発係数の式）:
  • 選定理由: 「衝突」という現象を扱う問題では、運動量保存則が最も基本的なツールです。問題文に「なめらかな床」とあることから、衝突するAとCの系には水平方向の外力が働かないため、運動量保存則の適用が確定します。しかし、求めたい未知数が衝突後の速度 \(v_A\) と \(v_C\) の2つであるのに対し、運動量保存則の式は1本しかありません。この未知数と式の数の不一致を解消するために、衝突現象を記述するもう一つの法則である「反発係数の式」を導入する必要があるのです。
  • 適用根拠: 運動量保存則は、外力による力積が無視できる系で成り立つ普遍的な法則です。反発係数の式は、衝突における力学的エネルギーの保存の度合いを示す関係式であり、この2つを組み合わせるのが衝突問題を解くための王道パターンです。
• (一体化後の速度)での公式選択（運動量保存則）:
  • 選定理由: 「一体となって運動する」という記述は、複数の物体が合体する典型的な状況であり、運動量保存則の出番です。AとBが一体化する過程で働く力は、両者の間で及ぼしあう摩擦力だけです。この摩擦力をAとBの系における「内力」とみなせば、系には水平方向の外力が働かないことになります。
  • 適用根拠: AとBからなる系に、水平方向の外力が働かない（力積がゼロである）という物理的な事実が、運動量保存則を適用する直接的な根拠となります。
• （補足）なぜ力学的エネルギー保存則は使えないのか？:
  • 理由: この問題の一連の現象では、力学的エネルギーは保存されません。
    1. CとAの衝突時: 問題文で反発係数 \(e\) が与えられており、\(e=1\)（完全弾性衝突）とは限りません。\(e<1\) の場合、衝突によって運動エネルギーの一部が熱や音のエネルギーに変わり、失われます。
    2. AとBの一体化時: AとBの間で動摩擦力が仕事をし、摩擦熱が発生します。この過程でも力学的エネルギーは減少します。
  • 結論: このようにエネルギーが失われる（非保存力が仕事をする）ため、エネルギー保存則を用いて速度を求めることはできません。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算を遂行する:
  • 最初に \(m\) や \(v_0\) に具体的な数値を代入するのではなく、文字のまま式を立て、計算を進めましょう。この問題のように、途中で質量 \(m\) がきれいに約分されて消えることが多く、計算の手間が省けます。また、最終的な答えの単位が速度の単位になっているかなどの検算（次元解析）も容易になります。
• 連立方程式は加減法で解く:
  • 衝突の問題では、運動量保存則の式と反発係数の式を連立させることが多いですが、これらは足し算や引き算（加減法）をすると、片方の変数がきれいに消去できる形になっていることがほとんどです。代入法よりも計算がシンプルになり、ミスを減らせます。
• 分数の通分を丁寧に行う:
  • \(v_C\) を求める計算で登場する \( \left( \frac{1+e}{3} – e \right)v_0 \) のような計算では、通分を焦らずに行いましょう。\( \frac{1+e – 3e}{3} \) のように、分子の符号に注意して丁寧に計算することが重要です。
• 物理的な妥当性で検算する:
  • 計算で得られた答えが、物理的にあり得る状況かを最後に考えましょう。
    • \(v_A = \frac{1+e}{3}v_0\): \(e\) は \(0\) から \(1\) の間の値なので、\(v_A\) は必ず正の値となり、Aが右向きに動くという直感と一致します。
    • \(v_C = \frac{1-2e}{3}v_0\): この式の符号は \(e\) の値によって変わります。\(e<0.5\) なら正（Cは前進）、\(e=0.5\) ならゼロ（Cは停止）、\(e>0.5\) なら負（Cははね返る）。これらはすべて物理的に起こりうるシナリオであり、答えが妥当であることを裏付けています。
    • \(v_{AB} = \frac{2(1+e)}{9}v_0\): これは \(v_A\) と比較すると \(v_{AB} = \frac{2}{3}v_A\) となります。静止していたBを動かすためにAが減速するのは当然なので、\(v_{AB} < v_A\) というこの関係も妥当です。
• 状況ごとに図を描く:
  • 「衝突前」「衝突直後」「一体化後」の3つの場面について、それぞれ簡単な図を描き、各物体の速度ベクトルを矢印で示すと、状況を視覚的に整理できます。これにより、立式の際にどの速度を使えばよいかが明確になり、ミスを防げます。

発展例題15 斜めの衝突

【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「斜めの衝突と放物運動」です。水平投射された物体が床で衝突し、再び放物運動を行うという、運動の分解と衝突法則を組み合わせた典型問題です。

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。

問 BC間の距離

思考の道筋とポイント
斜めに衝突する物体の運動を考えるときの鉄則は、速度を衝突面に「垂直な成分」と「水平な成分」に分解することです。
この問題では、床が水平なので、速度の「鉛直成分」と「水平成分」に分解すればよいことになります。

• 水平成分: 床はなめらかなので、衝突の際に水平方向には全く力を受けません。したがって、小球の速度の水平成分は、最初から最後までずっと \(v_0\) のままです。
• 鉛直成分: 衝突の直前、小球は下向きの速さを持っています。衝突ではね返ることで、この速さが \(e\) 倍された上向きの速さに変わります。

衝突後のB→Cの運動は、初速度が（水平: \(v_0\), 鉛直上向き: \(v_2\)）の斜方投射と全く同じです。BC間の距離は「（水平方向の速さ \(v_0\)）×（BからCまでかかった時間）」で計算できます。
この設問における重要なポイント

• 運動をA→B（水平投射）とB→C（斜方投射）の2段階に分ける。
• 速度を常に水平成分と鉛直成分に分解して考える。
• 衝突の前後で、水平速度は \(v_0\) で一定。
• 衝突の前後で、鉛直速度の大きさは \(e\) 倍になり、向きは逆転する。

具体的な解説と立式
この問題を4つのステップで解いていきます。

ステップ1: Bでの衝突直前の速度を求める
AからBまでの運動で、水平方向の速さは \(v_0\) で一定です。
鉛直方向は、初速度 \(0\) で高さ \(h\) を自由落下する運動と同じです。衝突直前の鉛直方向の速さを \(v_1\) とすると、時間を含まない公式 \(v^2 – v_0^2 = 2ax\) より、
$$ v_1^2 – 0^2 = 2gh $$

ステップ2: Bでの衝突直後の速度を求める
衝突直後の速度の水平成分は \(v_0\) のまま変わりません。
衝突直後の鉛直成分の速さを \(v_2\) とします。反発係数の定義より、鉛直方向にはね返った直後の速さは、衝突直前の速さの \(e\) 倍になるので、
$$ v_2 = ev_1 $$

ステップ3: BからCまでの時間（滞空時間）を求める
BからCの運動は、鉛直方向には初速度 \(v_2\) で投げ上げられ、同じ高さに戻ってくる運動です。
対称性から、Bから最高点まで上がる時間と、最高点からCまで下りる時間は同じです。Bから最高点まで上がる時間を \(t\) とします。
最高点では鉛直方向の速度が \(0\) になるので、公式 \(v = v_0 + at\) より、
$$ 0 = v_2 – gt $$
BからCまでの全時間 \(T\) は、この2倍なので \(T = 2t\) です。

ステップ4: BC間の距離を求める
BC間の距離を \(x\) とします。水平方向は常に速さ \(v_0\) の等速直線運動なので、距離は「速さ × 時間」で求められます。
$$ x = v_0 T $$

ステップ1から順に計算していきます。

• \(v_1\) の計算
  $$
  \begin{aligned}
  v_1^2 &= 2gh \\[2.0ex] v_1 &= \sqrt{2gh}
  \end{aligned}
  $$
• \(v_2\) の計算
  $$ v_2 = ev_1 = e\sqrt{2gh} $$
• 時間 \(t\) と \(T\) の計算
  $$
  \begin{aligned}
  t &= \frac{v_2}{g} \\[2.0ex] &= \frac{e\sqrt{2gh}}{g} \\[2.0ex] &= e\sqrt{\frac{2gh}{g^2}} \\[2.0ex] &= e\sqrt{\frac{2h}{g}}
  \end{aligned}
  $$
  よって、BからCまでの全時間 \(T\) は、
  $$ T = 2t = 2e\sqrt{\frac{2h}{g}} $$
• 距離 \(x\) の計算
  $$
  \begin{aligned}
  x &= v_0 T \\[2.0ex] &= v_0 \times 2e\sqrt{\frac{2h}{g}} \\[2.0ex] &= 2ev_0\sqrt{\frac{2h}{g}}
  \end{aligned}
  $$

ボールを真横に投げると、重力に引かれてだんだん下に落ちていき、放物線を描いて床にぶつかります（A→B）。
床ではね返るとき、ボールが持っていた下向きの勢いが、反発係数 \(e\) という割合だけ弱められて、上向きの勢いに変わります。横向きの勢いは、床がつるつるなので全く変わりません。
はね返った後（B→C）は、弱まった上向きの勢いと、変わらない横向きの勢いで、再び放物線を描いて飛んでいきます。
このBからCまで飛んでいる時間を計算し、その時間にずっと一定だった横向きの速さを掛けてあげれば、BC間の距離が計算できます。

BC間の距離は \(2ev_0\sqrt{2h/g}\) と求まりました。
この結果を吟味してみましょう。

• \(e\) が大きい（よくはね返る）ほど、滞空時間が長くなるので、距離 \(x\) は長くなります。
• 初速度 \(v_0\) が大きいほど、同じ滞空時間でもより遠くまで飛ぶので、距離 \(x\) は長くなります。
• 高さ \(h\) が大きいほど、衝突前の落下速度が大きくなり、はね返った後の初速も大きくなるため滞空時間が長くなり、距離 \(x\) は長くなります。

これらの関係はすべて物理的な直感と一致しており、妥当な結果であると言えます。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 運動の分解（水平成分と鉛直成分）
  • 核心: 2次元の運動を、互いに影響しない1次元の運動（水平方向の等速直線運動と鉛直方向の等加速度直線運動）の組み合わせとして捉えることです。斜めの運動を扱う上での最も基本的な考え方です。
  • 理解のポイント:
    • 水平方向: 小球には水平方向に力が働かないため、速度は常に \(v_0\) で一定です。
    • 鉛直方向: 小球には常に鉛直下向きに重力が働くため、等加速度直線運動をします。
• 衝突における速度成分の選択的変化
  • 核心: 衝突現象では、速度を衝突面に「垂直な成分」と「平行な成分」に分解し、それぞれの成分がどのように変化するかを正しく理解することです。
  • 理解のポイント:
    • 垂直成分: 反発係数 \(e\) が関係し、はね返り後の速さは衝突前の速さの \(e\) 倍になります（\(v’_{\perp} = e v_{\perp}\)）。
    • 平行成分: 衝突面がなめらかな場合、摩擦力が働かないため、この成分は変化しません（\(v’_{\parallel} = v_{\parallel}\)）。

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:
  • 壁との斜め衝突: ボールが鉛直な壁に斜めに衝突する問題。この場合は、壁に垂直な方向（水平方向）の速度成分が \(e\) 倍になり、壁に平行な方向（鉛直方向）の速度成分は重力の影響を受けますが、衝突の瞬間では変化しません。
  • 角度のある斜面との衝突: 水平ではなく、角度のついた斜面に物体が衝突する問題。この場合は、座標軸を斜面に「垂直」と「平行」な方向に設定し、重力や速度をその方向に分解して考える必要があります。
  • 連続する多重衝突: 2つの壁の間をボールが何度も往復するような問題。一回の衝突で速度成分がどう変わるかのルールを、繰り返し適用していくだけです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. まずは運動を分解する: 運動を水平と鉛直、あるいは衝突面に平行と垂直な成分に分解することを考えます。これが全ての出発点です。
  2. 衝突の前後で運動を分ける: 運動全体を「衝突前の運動」と「衝突後の運動」の2つのフェーズに分けて考えます。
  3. 衝突の瞬間に注目する: 衝突の直前と直後で、各速度成分がどう変化したかを整理します。「変わらないのはどれか？」「\(e\) 倍になるのはどれか？」を明確にします。
  4. 時間（滞空時間）を求める: 衝突後の放物運動で、水平距離を求めるには滞空時間が必要です。鉛直方向の運動に着目し、(a)最高点までの時間の2倍、(b)変位が0になる時間、(c)最高点の高さから落下する時間の2倍、など、複数の方法で求められないか検討します。
  5. 最終的な量を計算する: 求めた時間と、一定である水平（平行）方向の速さを掛け合わせて、距離を求めます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 反発係数を速度全体に掛けてしまう:
  • 誤解: 衝突後の速さが、衝突前の速さの \(e\) 倍になると考えてしまう（\(\sqrt{v_{0}^2 + v_{2}^2} = e\sqrt{v_{0}^2 + v_{1}^2}\) としてしまう）。
  • 対策: 反発係数は、あくまで衝突面に「垂直な」速度成分の比であることを徹底して覚えましょう。速度はベクトル量なので、成分ごとに分けて扱う癖をつけましょう。
• 水平速度も変化すると考えてしまう:
  • 誤解: 衝突によって、水平方向の速さ \(v_0\) も何らかの影響を受けると考えてしまう。
  • 対策: 「床はなめらか」という条件に注目します。これは「摩擦がない」という意味であり、水平方向には力が働かない（力積がゼロ）ことを意味します。力が働かなければ、運動は変化しません。したがって、水平速度は不変です。
• 重力の影響を水平運動に入れてしまう:
  • 誤解: B→Cの運動で、水平方向の速さも重力によって変化する（例えば減速する）と考えてしまう。
  • 対策: 重力は常に鉛直下向きにしか働きません。水平方向には全く影響を与えません。運動の分解の原則を再確認し、「水平運動」と「鉛直運動」は完全に独立していることを意識しましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (A→B, B→C)での公式選択（等速・等加速度運動の公式）:
  • 選定理由: 小球に働く力は、運動中ずっと「鉛直下向きの重力」のみです。物理の基本原則として、力が働かない方向は「等速直線運動」、一定の力が働く方向は「等加速度直線運動」をします。したがって、水平方向と鉛直方向で、それぞれの運動に対応する公式を選択するのは必然です。
  • 適用根拠: 運動の種類（等速か、等加速度か）を特定することが、公式選択の唯一の根拠です。
• (Bでの衝突)でのアプローチ選択（反発係数の式）:
  • 選定理由: 「衝突」や「はねかえり」というキーワードがあり、かつ「反発係数 \(e\)」が与えられている場合、反発係数の式を使うのが最も直接的です。この式は、衝突の複雑な過程（物体が変形して元に戻るなど）を詳細に分析しなくても、衝突前後の速度の関係だけをシンプルに記述してくれる非常に便利なツールです。
  • 適用根拠: 反発係数の定義そのものが、この式を適用する根拠となります。特に、斜めの衝突では、衝突面に垂直な成分にのみ適用するというルールが重要です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• ルート（平方根）の計算を正確に行う:
  • 計算の途中で \( \frac{\sqrt{2gh}}{g} \) のような形が出てきます。これをルートの中にまとめる際は、\( \sqrt{\frac{2gh}{g^2}} = \sqrt{\frac{2h}{g}} \) のように、分母を2乗してルートの中に入れる操作を正確に行いましょう。
• 文字式のまま計算を進める:
  • \(g=9.8\) などの数値を最初から代入せず、最後まで文字式のまま計算を進めることで、式がシンプルになり、見通しが良くなります。また、最終的な答えの物理的な意味（どの量に比例するかなど）も分かりやすくなります。
• 次元解析で検算する:
  • 最終的に得られた答え \(2ev_0\sqrt{2h/g}\) の単位（次元）が、本当に距離になっているかを確認しましょう。
    \(e\) は無次元、\(v_0\) は \([\text{m/s}]\)。ルートの中は \(\sqrt{[\text{m}]/[\text{m/s}^2]} = \sqrt{[\text{s}^2]} = [\text{s}]\) となり、時間の単位です。
    したがって、全体では \([\text{m/s}] \times [\text{s}] = [\text{m}]\) となり、正しく距離の単位になっています。この確認で、大きな間違いを防げます。
• 極端な条件で妥当性を確認する:
  • もし \(e=0\)（全くはね返らない）なら、\(x=0\) となり、BC間は存在しないので妥当です。
  • もし \(h=0\)（最初から床にある）なら、\(x=0\) となり、これも妥当です。
  • もし \(v_0=0\)（真下に落とす）なら、\(x=0\) となり、真上にはね返るだけなので妥当です。
  • このように、いくつかの極端なケースを代入してみて、直感と合う結果になるかを確認するのも有効な検算方法です。

発展問題

201 斜め方向の衝突

【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次元平面上での運動量保存則とエネルギー保存則」です。衝突現象をベクトル量である運動量を用いて正しく解析し、弾性衝突の条件を理解することが目的です。

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。

問(1)

思考の道筋とポイント
なめらかな水平面上での衝突であり、小球AとBを一つの系とみなすと、衝突の際に働く力は内力のみです。したがって、系全体の運動量は保存されます。運動量はベクトル量なので、衝突前のAの進行方向をx軸、それに垂直な方向をy軸に取り、各成分について運動量保存則の式を立てます。
この設問における重要なポイント

• 運動量はベクトル量であり、x成分とy成分に分けて保存則を考える。
• 衝突前の運動量は、Aが持つx方向の運動量のみである。
• 衝突後の運動量は、AとBがそれぞれ持つ運動量のベクトル和である。
• 衝突後の速度 \(v_A\), \(v_B\) を、設定したx軸、y軸に対して成分分解する。

具体的な解説と立式
衝突前の小球Aの進行方向をx軸の正の向き、それに垂直な方向をy軸の正の向きとします。

• 衝突前
  • Aの速度: \( (v, 0) \)
  • Bの速度: \( (0, 0) \)
  • x軸方向の運動量の和: \(mv + m \cdot 0 = mv\)
  • y軸方向の運動量の和: \(m \cdot 0 + m \cdot 0 = 0\)
• 衝突後
  • Aの速度ベクトルはx軸から \(-30^\circ\) の向き、Bの速度ベクトルはx軸から \(+60^\circ\) の向き。
  • Aの速度の成分: \( (v_A \cos 30^\circ, -v_A \sin 30^\circ) \)
  • Bの速度の成分: \( (v_B \cos 60^\circ, v_B \sin 60^\circ) \)
  • x軸方向の運動量の和: \(m v_A \cos 30^\circ + m v_B \cos 60^\circ\)
  • y軸方向の運動量の和: \(-m v_A \sin 30^\circ + m v_B \sin 60^\circ\)

運動量保存則より、衝突前後の各成分は等しくなります。

• x軸方向の運動量保存則
  $$ mv = m v_A \cos 30^\circ + m v_B \cos 60^\circ \quad \cdots ① $$
• y軸方向の運動量保存則
  $$ 0 = -m v_A \sin 30^\circ + m v_B \sin 60^\circ \quad \cdots ② $$

まず、式①と式②の両辺を \(m\) で割り、三角関数の値を代入して式を整理します。
式①より、
$$ v = v_A \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + v_B \cdot \frac{1}{2} \quad \cdots ①’ $$
式②より、
$$ 0 = -v_A \cdot \frac{1}{2} + v_B \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \quad \cdots ②’ $$

式②’から、
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} v_A &= \frac{\sqrt{3}}{2} v_B \\[2.0ex] v_A &= \sqrt{3} v_B
\end{aligned}
$$
この関係を式①’に代入します。
$$
\begin{aligned}
v &= (\sqrt{3} v_B) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + v_B \cdot \frac{1}{2} \\[2.0ex] v &= \frac{3}{2} v_B + \frac{1}{2} v_B \\[2.0ex] v &= \frac{4}{2} v_B \\[2.0ex] v &= 2v_B
\end{aligned}
$$
したがって、
$$ v_B = \frac{1}{2}v $$
これを \(v_A = \sqrt{3} v_B\) に代入して \(v_A\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
v_A &= \sqrt{3} \left( \frac{1}{2}v \right) \\[2.0ex] &= \frac{\sqrt{3}}{2}v
\end{aligned}
$$

ビリヤードの玉がぶつかるのをイメージしてください。まっすぐ進んできたA玉が、止まっていたB玉にぶつかって、2つの玉が違う方向に飛んでいきました。このとき、「運動の勢い（運動量）」の合計は、ぶつかる前と後で変わりません。ただし、勢いには向きがあるので、「前後の向き」と「左右の向き」に分けて考えます。「前後の向き」：ぶつかる前のA玉の勢いが、ぶつかった後のA玉とB玉の勢いを合わせたものに等しい。「左右の向き」：ぶつかる前は左右に動いていなかったので勢いはゼロ。ぶつかった後、A玉が右にずれる勢いとB玉が左にずれる勢いがちょうど打ち消し合って、合計でゼロになる。この2つのルールから、連立方程式を解いてそれぞれの速さを求めます。

衝突後の速さは \(v_A = \frac{\sqrt{3}}{2}v\)、\(v_B = \frac{1}{2}v\) と求まりました。
\(\sqrt{3} \approx 1.73\) なので、\(v_A \approx 0.87v\)、\(v_B = 0.5v\) となり、どちらも衝突前の速さ \(v\) より小さくなっています。これは物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
「この衝突が弾性衝突であることを示せ」という問いは、「衝突の前後で、系全体の力学的エネルギーが保存されていることを示せ」という問いと同じ意味です。なめらかな水平面上での運動なので、位置エネルギーは変化しません。したがって、衝突前後の運動エネルギーの和をそれぞれ計算し、それらが等しいことを証明すればよいことになります。
この設問における重要なポイント

• 弾性衝突の定義は、力学的エネルギーが保存される衝突である。
• 水平面上での運動なので、運動エネルギーの和だけを比較すればよい。
• (1)で求めた \(v_A\) と \(v_B\) の値を代入して、衝突後の運動エネルギーを計算する。

具体的な解説と立式
衝突前の系全体の力学的エネルギー（運動エネルギーの和）を \(E_{\text{前}}\)、衝突後のそれを \(E_{\text{後}}\) とします。

• 衝突前の力学的エネルギー
  小球Aは速さ \(v\) で運動し、小球Bは静止しているので、
  $$
  \begin{aligned}
  E_{\text{前}} &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}m(0)^2 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2}mv^2 \quad \cdots ③
  \end{aligned}
  $$
• 衝突後の力学的エネルギー
  小球Aは速さ \(v_A\)、小球Bは速さ \(v_B\) で運動しているので、
  $$ E_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv_A^2 + \frac{1}{2}mv_B^2 \quad \cdots ④ $$

ここで、\(E_{\text{前}} = E_{\text{後}}\) が成り立つことを示します。

式④に、(1)で求めた \(v_A = \frac{\sqrt{3}}{2}v\) と \(v_B = \frac{1}{2}v\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{後}} &= \frac{1}{2}m \left( \frac{\sqrt{3}}{2}v \right)^2 + \frac{1}{2}m \left( \frac{1}{2}v \right)^2 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2}m \left( \frac{3}{4}v^2 \right) + \frac{1}{2}m \left( \frac{1}{4}v^2 \right) \\[2.0ex] &= \frac{1}{2}mv^2 \left( \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \right) \\[2.0ex] &= \frac{1}{2}mv^2 \times 1 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2}mv^2
\end{aligned}
$$
この結果は、式③で計算した衝突前のエネルギー \(E_{\text{前}}\) と等しいです。
したがって、\(E_{\text{前}} = E_{\text{後}}\) が成り立ち、この衝突では力学的エネルギーが保存されていることが示されました。
よって、この衝突は弾性衝突です。

「弾性衝突」とは、衝突によってエネルギーが失われない、理想的な衝突のことです。例えば、スーパーボール同士がぶつかるようなイメージです。これを証明するには、実際にエネルギーを計算して、ぶつかる前と後で値が変わらないことを見せればOKです。まず、ぶつかる前のエネルギーを計算します（動いているA玉の分だけ）。次に、(1)で求めたぶつかった後のA玉とB玉の速さを使って、ぶつかった後のエネルギーの合計を計算します。この2つの計算結果がぴったり同じ値になったので、「エネルギーは失われていない、つまりこれは弾性衝突ですね」と結論できます。

衝突前後の力学的エネルギーが \(\frac{1}{2}mv^2\) で等しいことが計算によって示されました。これは、弾性衝突の定義そのものです。したがって、この衝突は弾性衝突であると結論できます。

【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？

• 運動量保存則（ベクトルとして）
  • 核心: 衝突や分裂といった、複数の物体が短時間に力を及ぼし合う現象を解析するための最も基本的な法則です。外力が働かない系では、衝突前後の運動量の「ベクトル和」が保存されるという点を理解することが根幹です。
  • 理解のポイント:
    • ベクトル性: 運動量は向きを持つ量です。1次元の直線上の衝突と異なり、2次元平面上の衝突では、運動量を互いに直交する2つの成分（例: x成分、y成分）に分解し、それぞれの方向で保存則の式を立てる必要があります。
    • 成分分解: 衝突後の速度ベクトルを、設定した座標軸に対して \(\cos\theta\), \(\sin\theta\) を用いて正しく成分分解することが、正確な立式のための前提条件となります。
• 弾性衝突の定義（エネルギー保存）
  • 核心: 「弾性衝突」という物理用語が、単なる衝突ではなく「力学的エネルギーが保存される特別な衝突」を意味することを正確に理解していることが重要です。
  • 理解のポイント:
    • エネルギーはスカラー: 運動量が向きを持つベクトル量であるのに対し、エネルギーは向きを持たないスカラー量です。したがって、エネルギー保存を考える際は、単純に各物体の運動エネルギー \(\frac{1}{2}mv^2\) の「和」を衝突の前後で比較すればよいことになります。
    • 証明問題の論理: 設問(2)は計算問題ではなく証明問題です。「〜を示せ」と問われたら、弾性衝突の定義に従って、衝突前と衝突後の力学的エネルギーをそれぞれ計算し、それらが等しくなることを計算過程とともに明確に記述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:
  • 分裂現象: 静止していた物体が爆発などで2つ以上に分裂する問題。これは「時間を逆再生した衝突」と見なすことができます。分裂前の運動量はゼロなので、分裂後の各破片の運動量のベクトル和がゼロになる、という式を立てます。
  • 質量が異なる物体の斜め衝突: この問題では2球の質量が同じでしたが、質量が \(m_A\), \(m_B\) のように異なっていても、運動量保存則の立て方（\(m_A\vec{v}_A + m_B\vec{v}_B = \dots\)）は全く同じです。計算が少し複雑になるだけです。
  • 原子核反応や素粒子の反応: ミクロな世界の粒子同士の衝突や崩壊も、高校物理の範囲では運動量保存則とエネルギー保存則で解析します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. まずは座標軸を設定する: 衝突前のいずれかの物体の進行方向をx軸に取ると、衝突前のy方向の運動量がゼロになり、立式が非常にシンプルになるため、これが定石です。
  2. 運動量保存則が第一候補: 衝突、合体、分裂といったキーワードが出てきたら、まず運動量保存則が使えるかを考えます。「なめらかな水平面上」など、外力が働かない（または無視できる）条件があれば、必ず成り立ちます。
  3. ベクトル図を描いてみる: 設問(1)の別解のように、運動量（または速度）のベクトルを図示してみる癖をつけましょう。特に、衝突後の角度に \(30^\circ, 45^\circ, 60^\circ, 90^\circ\) といった特徴的な角度が含まれている場合、図形的な性質（三角比など）を利用することで、連立方程式を解くよりもはるかに速く、直感的に解ける可能性があります。
  4. エネルギーの変化に注目する:
     • 「弾性衝突」と明記されていれば → 力学的エネルギー保存則が使えます。
     • 「非弾性衝突」（あるいは単に「衝突」）と書かれている場合 → エネルギーは保存されない可能性があります。衝突によって失われたエネルギー量を問われることもあります。
     • 衝突の種類が不明な場合（この問題の(2)のように） → エネルギー保存が成り立つかどうかを計算で確認することで、その衝突が弾性衝突かどうかを判定できます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量をスカラーとして扱ってしまう:
  • 誤解: 衝突後の速さ \(v_A\) と \(v_B\) を単純に足し引きして、\(mv = mv_A + mv_B\) のような、向きを無視した式を立ててしまう。
  • 対策: 運動量は常に「ベクトル（向きを持つ量）」であることを肝に銘じましょう。2次元や3次元の問題では、必ず「成分に分けて考える」という手順を機械的に実行する癖をつけることが、このミスを防ぐ最も確実な方法です。
• 三角関数の符号ミス:
  • 誤解: 速度ベクトルを成分分解する際に、\(\sin\) と \(\cos\) を取り違えたり、軸の負の向きになる成分にマイナス（\(-\)）を付け忘れたりする。
  • 対策: 必ず座標軸を図に描き込み、各速度ベクトルがどの象限にあるかを目で見て確認しましょう。例えば、今回の小球Aの衝突後の速度は第4象限にあるので、x成分は正、y成分は負になります。このように図を描いて視覚的に確認することで、符号ミスは大幅に減らせます。
• エネルギー保存則の誤用:
  • 誤解: どんな衝突でも力学的エネルギーは保存されるものだと思い込んでしまう。
  • 対策: 力学的エネルギー保存則が成り立つのは、原則として「弾性衝突」の場合のみ、と明確に覚えましょう。現実の多くの衝突（粘土の衝突など）は、運動エネルギーの一部が熱や音のエネルギーに変わる「非弾性衝突」であり、力学的エネルギーは保存されません。問題文に「弾性衝突」という記述がない限り、エネルギー保存則を安易に使ってはいけません。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（運動量保存則）:
  • 選定理由: 問題のテーマは「衝突」です。複数の物体が短時間で相互に力を及ぼし合う現象を解析するための、最も強力かつ基本的な物理法則が「運動量保存則」です。特に、衝突後の未知の速度を求めたい場合、衝突前後の運動量の関係式を立てるのが王道のアプローチです。
  • 適用根拠: 「なめらかな水平面上」という条件から、系全体に働く外力である重力と垂直抗力は鉛直方向でつり合っています。物体が運動する水平方向には外力が働かないため、水平方向の運動量は保存されます。運動量はベクトル量なので、直交する2方向（x, y）に分解して2本の独立した式を立てることができます。これにより、未知数が2つ（\(v_A, v_B\)）あっても、連立方程式として解くことが可能になります。
• (2)での公式選択（力学的エネルギーの計算式）:
  • 選定理由: 問われているのは「弾性衝突であることの証明」です。物理学における弾性衝突の定義は「力学的エネルギーが保存される衝突」です。したがって、この定義に従って、衝突前後の力学的エネルギーを比較する以外に証明の方法はありません。
  • 適用根拠: 水平面上の運動なので、重力による位置エネルギーは変化しません。したがって、比較すべき力学的エネルギーは運動エネルギーだけで十分です。論理的な流れとして、まず衝突前の運動エネルギーの和を計算し、次に(1)で求めた速度を使って衝突後の運動エネルギーの和を計算します。そして、最終的に両者が等しいことを示すことで、証明が完了します。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 式を立ててから数値を代入する:
  • (1)の運動量保存則の式を立てた後、すぐに \(\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}\) などの具体的な数値を代入するのではなく、まずは \(m v = m v_A \cos 30^\circ + \dots\) のように文字式のまま立式し、両辺の \(m\) を消去するなど、式全体を整理してから数値を代入する方が見通しが良くなります。
• 連立方程式は丁寧に解く:
  • (1)の主たる解法のように、未知数が2つある連立方程式を解く場合、一方の式を「\(v_A = (\dots) v_B\)」のような形に変形し、もう一方の式に代入する、という手順を焦らず確実に行いましょう。代入した後の式の展開や整理も、一行ずつ丁寧に行うことが計算ミスを防ぎます。
• 別解による検算:
  • この問題は、成分計算とベクトル図による解法の2つのアプローチが可能です。もし試験中に時間に余裕があれば、一方の方法で解いた後、もう一方の方法で軽く検算してみましょう。異なるアプローチで同じ答えが出れば、その答えが正しい確信度は非常に高まります。
• 単位や次元（ディメンション）の確認:
  • 最終的に求めた \(v_A\) や \(v_B\) が、与えられた速度 \(v\) の定数倍（例: \(\frac{1}{2}v\)）になっているかを確認します。もし、\(v^2\) や \(\sqrt{v}\) のような形になっていたら、どこかで次元の異なる計算（例えば、運動量とエネルギーを混同するなど）をしている可能性が高いです。
• 物理的にありえない値でないか吟味する:
  • (1)で求めた速さ \(v_A, v_B\) が負の値になっていないか（速さは大きさなので常に正）、元の速さ \(v\) に比べて極端に大きくなっていないかなどを確認します。
  • (2)で、もし衝突後のエネルギーが衝突前のエネルギーよりも大きくなるという計算結果が出たら、それは計算ミスの可能性が100%です。エネルギーが何もないところから湧き出ることは物理的にありえないからです。

202 台と小球の運動

【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「複数物体系における運動量保存則とエネルギー保存則の段階的適用」です。物体が台の上を動くことで台自身も動く、いわゆる「分裂」に似た現象と、壁との「衝突」現象が組み合わさった複合問題です。それぞれの局面で適切な物理法則を選択し、適用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
小球と台をまとめて一つの「系」として考えます。この系全体に働く「外力」をすべて考え、特に水平方向に働く外力があるかどうかを確認します。もしなければ、運動量保存則が成り立ちます。
この設問における重要なポイント

• 系に働く外力は、小球と台それぞれの重力（鉛直下向き）と、床から台が受ける垂直抗力（鉛直上向き）です。
• 小球と台の間で及ぼしあう力（垂直抗力など）は、系内部の力である「内力」なので、系全体の運動量には影響しません。
• 床はなめらかなので摩擦力は働きません。したがって、水平方向に働く外力は存在しません。
• このため、小球と台の運動量の水平成分の和は、運動の全過程を通じて常に一定に保たれます。
• 運動を始める前、小球も台も静止していたので、運動量の水平成分の和は \(0\) です。

具体的な解説と立式
小球の水平方向の速度を \(v_x\)、台の水平方向の速度を \(V_x\) とします。
小球と台を一つの系と考えると、水平方向には外力が働かないため、運動量の水平成分の和は保存されます。
$$ mv_x + MV_x = (\text{一定}) $$
運動開始前は、小球も台も静止していたので、\(v_x=0\), \(V_x=0\) です。
したがって、運動量の水平成分の和の初期値は、
$$ m \cdot 0 + M \cdot 0 = 0 $$
この値が運動の全過程を通じて保存されるため、運動している間の運動量の水平成分の和も常に \(0\) となります。

上記の考察より、計算は不要です。

摩擦のないスケートボードの上に人が立っていて、手にボールを持っている状態を想像してください。この「人＋ボード＋ボール」の全体を一つのグループとして考えます。このグループを横から押す人は誰もいません。したがって、このグループ全体の「横向きの勢い」の合計は、ボールを投げようが何をしようが、常に最初の状態（止まっているのでゼロ）のまま変わりません。この問題も同じで、小球と台を一つのグループと考えると、横向きの外力がないので、運動量の合計は常にゼロです。

運動量の水平成分の和は \(0\) です。これは、以降の設問を解く上での基本となる非常に重要な関係式です。

問(2)

思考の道筋とポイント
小球が点Pから滑り降りて点Aを通過するまでの過程を考えます。この過程で成り立つ物理法則は、(1)で確認した「水平方向の運動量保存則」と、高さが変化することから「力学的エネルギー保存則」の2つです。未知数が小球の速度 \(v\) と台の速度 \(V\) の2つなので、この2つの保存則を連立させることで解くことができます。
この設問における重要なポイント

• 保存則1（運動量）: (1)より、水平方向の運動量の和は常に \(0\) である。点A通過時の速度を代入して、\(mv + MV = 0\)。
• 保存則2（エネルギー）: 小球が滑り降りる間、台も動くので、台からの垂直抗力は小球に負の仕事を、小球からの垂直抗力は台に正の仕事をしますが、小球の台に対する相対速度が面に沿うため、その和は0です。それ以外に仕事をするのは保存力である重力のみです。したがって、系全体の力学的エネルギーは保存されます。
• エネルギー保存則の立式: （Pでのエネルギー）=（Aでのエネルギー）。Pでは小球の位置エネルギーのみ。Aでは小球と台の運動エネルギーの和となります。

具体的な解説と立式
水平面ABを位置エネルギーの基準（高さ \(0\)）とします。

• 水平方向の運動量保存則
  (1)の結果から、常に運動量の水平成分の和は \(0\) なので、
  $$ mv + MV = 0 \quad \cdots ① $$
• 力学的エネルギー保存則
  はじめの状態（小球がP、台が静止）の力学的エネルギー \(E_{\text{初}}\) は、
  $$
  \begin{aligned}
  E_{\text{初}} &= mgh + \frac{1}{2}m(0)^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 \\[2.0ex] &= mgh
  \end{aligned}
  $$
  点Aを通過する瞬間の力学的エネルギー \(E_{\text{後}}\) は、
  $$
  \begin{aligned}
  E_{\text{後}} &= mg(0) + \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2
  \end{aligned}
  $$
  \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) より、
  $$ mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 \quad \cdots ② $$

式①から \(V\) を \(v\) で表します。
$$ V = -\frac{m}{M}v \quad \cdots ③ $$
これを式②に代入して \(v\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
mgh &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M\left(-\frac{m}{M}v\right)^2 \\[2.0ex] mgh &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M\left(\frac{m^2}{M^2}v^2\right) \\[2.0ex] mgh &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}v^2 \\[2.0ex] mgh &= \frac{1}{2}mv^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right) \\[2.0ex] mgh &= \frac{1}{2}mv^2 \left(\frac{M+m}{M}\right)
\end{aligned}
$$
この式を \(v^2\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
v^2 &= mgh \cdot \frac{2}{m} \cdot \frac{M}{M+m} \\[2.0ex] v^2 &= \frac{2Mgh}{M+m}
\end{aligned}
$$
問題の仮定より \(v\) は右向き（正）なので、
$$ v = \sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
次に、この結果を式③に代入して \(V\) を求めます。
$$ V = -\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$

小球が高いところから滑り降りることで持っていた「位置エネルギー」が、小球自身のスピードアップのための「運動エネルギー」と、小球に押されて反対向きに動き出す台の「運動エネルギー」の2つに分け与えられます。これがエネルギー保存の考え方です。これに加えて、(1)でわかった「小球と台の横向きの勢いの合計は常にゼロ」というルールを使います。この2つのルールを連立方程式として解くことで、小球と台、それぞれの速さが計算できます。

小球の速度 \(v\) は正、台の速度 \(V\) は負となりました。これは、小球が右向きに、台が左向きに動くことを意味しており、物理的な状況と一致しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
小球が壁Wに衝突する直前から直後という、きわめて短い時間での現象を考えます。このような「衝突」現象を解くための道具は、「運動量保存則」と「反発係数の式」です。衝突では熱や音が発生するため、力学的エネルギーは一般に保存されないことに注意が必要です（特にこの問題では \(e<1\) なので保存されません）。
この設問における重要なポイント

• 保存則（運動量）: 衝突の際に小球と壁（台）が及ぼしあう力は内力なので、系の水平方向の運動量は保存されます。衝突直前の運動量の和は \(0\) だったので、衝突直後の運動量の和 \(mv’ + MV’\) も \(0\) になります。
• 反発係数の式: 小球と壁W（台）の間の反発（はねかえり）の度合いを表す式は以下の通りです。
  $$ e = -\frac{\text{衝突後の相対速度}}{\text{衝突前の相対速度}} $$

具体的な解説と立式

• 水平方向の運動量保存則
  (1)の結果から、衝突の前後でも運動量の水平成分の和は \(0\) なので、
  $$ mv’ + MV’ = 0 \quad \cdots ④ $$
• 反発係数の式
  小球と壁W（台）の衝突について、反発係数の定義式を立てます。衝突直前の速度は \(v, V\)、衝突直後の速度は \(v’, V’\) です。
  $$ e = -\frac{v’ – V’}{v – V} \quad \cdots ⑤ $$

式④から \(V’\) を \(v’\) で表します。
$$ V’ = -\frac{m}{M}v’ $$
これを式⑤に代入します。また、式⑤の分母にある \(v, V\) には(2)の結果（特に \(V = -\frac{m}{M}v\) の関係）を用います。
$$
\begin{aligned}
e &= -\frac{v’ – \left(-\frac{m}{M}v’\right)}{v – \left(-\frac{m}{M}v\right)} \\[2.0ex] e &= -\frac{v’\left(1+\frac{m}{M}\right)}{v\left(1+\frac{m}{M}\right)} \\[2.0ex] e &= -\frac{v’}{v}
\end{aligned}
$$
したがって、
$$ v’ = -ev $$
この式に(2)で求めた \(v\) を代入します。
$$ v’ = -e\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}} $$
次に、\(V’ = -\frac{m}{M}v’\) の関係を使って \(V’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
V’ &= -\frac{m}{M}(-ev) \\[2.0ex] &= e\frac{m}{M}v \\[2.0ex] &= e\frac{m}{M}\sqrt{\frac{2Mgh}{M+m}}
\end{aligned}
$$

ボールが壁にぶつかって跳ね返る場面です。この短い時間でも、「横向きの勢いの合計はゼロ」というルールは守られます。もう一つ使うのが「跳ね返りのルール（反発係数の式）」です。これは、壁に近づいてくるときのボールと壁の相対的な速さと、衝突後に遠ざかっていくときの相対的な速さの比を表します。この2つのルールを組み合わせることで、跳ね返った直後のボールと台の速さが計算できます。

衝突後の小球の速度 \(v’\) は負、台の速度 \(V’\) は正となりました。これは、小球が左向きに跳ね返り、台はその反動で右向きに動くことを意味しており、物理的な状況と一致しています。

問(4)

思考の道筋とポイント
衝突直後から、小球が再び曲面を上がって最高点に達するまでの過程を考えます。この過程では、衝突のようなエネルギーを失う現象は起こらないため、再び「力学的エネルギー保存則」が使えます。最高点では小球がどのような運動状態になるかを正しく捉えることが鍵となります。
この設問における重要なポイント

• 最高点での運動状態: 小球が曲面を上がっていく最高点では、台に対する小球の動きが一瞬止まります。つまり、小球の台に対する相対速度が \(0\) になります。これは、床から見た小球の速度と台の速度が等しくなることを意味します。
• 最高点での速度の決定: この共通の速度を \(v”\) とします。衝突直後から最高点までの間も、水平方向の運動量は保存されています。衝突直後の運動量の和は \(mv’ + MV’ = 0\) でした。したがって、最高点での運動量の和も \(mv” + Mv” = (m+M)v” = 0\) となります。この式から、\(v”=0\) が導かれます。つまり、最高点では小球も台も一瞬だけ静止します。
• 保存則（エネルギー）: 衝突直後の状態と最高点に達した状態で、力学的エネルギー保存則を立てます。

具体的な解説と立式

• 最高点での運動状態の確認
  最高点では小球と台の速度が等しくなり、その共通速度を \(v”\) とします。
  運動量保存則 \(mv’ + MV’ = (m+M)v”\) が成り立ちます。
  (3)より \(mv’ + MV’ = 0\) なので、\((m+M)v” = 0\)。よって \(v”=0\)。
  最高点では小球も台も静止します。
• 力学的エネルギー保存則
  衝突直後の状態の力学的エネルギー \(E_{\text{衝突直後}}\) は、
  $$ E_{\text{衝突直後}} = \frac{1}{2}mv’^2 + \frac{1}{2}MV’^2 $$
  最高点に達した状態の力学的エネルギー \(E_{\text{最高点}}\) は、
  $$
  \begin{aligned}
  E_{\text{最高点}} &= mgh’ + \frac{1}{2}m(0)^2 + \frac{1}{2}M(0)^2 \\[2.0ex] &= mgh’
  \end{aligned}
  $$
  \(E_{\text{衝突直後}} = E_{\text{最高点}}\) より、
  $$ \frac{1}{2}mv’^2 + \frac{1}{2}MV’^2 = mgh’ $$

上記で立てたエネルギー保存則の式に、(3)で求めた \(v’\) と \(V’\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
mgh’ &= \frac{1}{2}m(v’)^2 + \frac{1}{2}M(V’)^2
\end{aligned}
$$
ここで、(3)の結果 \(V’ = -\frac{m}{M}v’\) を使うと、
$$
\begin{aligned}
mgh’ &= \frac{1}{2}m(v’)^2 + \frac{1}{2}M\left(-\frac{m}{M}v’\right)^2 \\[2.0ex] mgh’ &= \frac{1}{2}m(v’)^2 + \frac{1}{2}\frac{m^2}{M}(v’)^2 \\[2.0ex] mgh’ &= \frac{1}{2}m(v’)^2 \left(1+\frac{m}{M}\right) \\[2.0ex] mgh’ &= \frac{1}{2}m(v’)^2 \left(\frac{M+m}{M}\right)
\end{aligned}
$$
(3)の結果 \(v’ = -ev\) を代入すると、\((v’)^2 = e^2v^2\)。
$$ mgh’ = \frac{1}{2}me^2v^2 \left(\frac{M+m}{M}\right) $$
さらに、(2)の結果から \(v^2 = \frac{2Mgh}{M+m}\) の関係があるので、これを代入します。
$$
\begin{aligned}
mgh’ &= \frac{1}{2}me^2 \left(\frac{2Mgh}{M+m}\right) \left(\frac{M+m}{M}\right) \\[2.0ex] mgh’ &= \frac{1}{2}me^2 (2gh) \\[2.0ex] mgh’ &= me^2gh
\end{aligned}
$$
両辺を \(mg\) で割ると、
$$ h’ = e^2h $$

壁に跳ね返った小球が、今度は坂を駆け上がります。このとき、衝突直後に小球と台が持っていた運動エネルギーの合計が、小球を押し上げるための位置エネルギーに変わっていきます。そして、一番高いところまで登りつめたとき、運動エネルギーはすべて位置エネルギーに変わり、小球も台も一瞬だけピタッと止まります。この「運動エネルギーが位置エネルギーに変わる」というエネルギー保存のルールを使って、どれくらいの高さまで登れるかを計算します。

最高点の高さは \(h’ = e^2h\) となりました。反発係数 \(e\) は \(1\) より小さいので、\(e^2\) も \(1\) より小さくなります。したがって、\(h’ < h\) となり、衝突によってエネルギーが失われた分、元の高さには戻れないという物理的に妥当な結果が得られました。

【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？

• 水平方向の運動量保存則
  • 核心: この問題の全ての現象を貫く最も基本的な法則です。小球と台を一つの「系」とみなしたとき、床がなめらかであるために水平方向には外力が一切働かない、という点を見抜くことが出発点となります。
  • 理解のポイント:
    • 「系」で考える視点: 小球と台の間で及ぼしあう力は、系内部の力（内力）であるため、系全体の運動量の変化には影響しません。外力（重力、床からの垂直抗力）は鉛直方向にしか働かないため、水平方向の運動量だけが保存されます。
    • 初期条件の重要性: 運動開始前は系全体が静止しているため、運動量の和は \(0\) です。この「\(0\)」という値が、運動の全過程を通じて保存されるため、常に \(mv_x + MV_x = 0\) という非常にシンプルな関係式が成り立ち、これが各設問を解く上での強力な武器となります。
• 力学的エネルギー保存則の「区間」適用
  • 核心: 力学的エネルギーは、衝突の瞬間には保存されません。したがって、エネルギー保存則が「使える区間」と「使えない区間」を正確に見極めて、段階的に適用する能力が問われます。
  • 理解のポイント:
    • 保存される区間: 小球が滑り降りる過程（P→A）と、衝突後に駆け上がる過程では、小球と台の間の垂直抗力がする仕事の和は0で、ほかに仕事をするのは保存力である重力だけなので、力学的エネルギーは保存されます。
    • 保存されない区間: 小球と壁の衝突の瞬間は、熱や音の発生を伴う非弾性衝突（\(e<1\)）であるため、力学的エネルギーは失われます。この区間をまたいでエネルギー保存則を立ててはいけません。
• 衝突現象の基本セット（運動量保存則＋反発係数の式）
  • 核心: エネルギーが保存されない衝突現象を解析するための定石的な手法です。衝突の前後では運動量は保存されるという法則と、エネルギーの損失具合を速度の関係で表した反発係数の式、この2つを連立させることで未知の速度を求めます。
  • 理解のポイント:
    • 法則の役割分担: 運動量保存則は、衝突の際に働く力が内力であることから常に成り立ちます。一方、反発係数の式は、衝突によってどれだけ運動エネルギーが失われるかという「衝突の性質」を記述する式です。この2つは独立した法則であり、両方を用いることで未知数を決定できます。
    • エネルギー保存則の代替: もし衝突が弾性衝突（\(e=1\)）であれば、反発係数の式の代わりに力学的エネルギー保存則を使っても同じ結果が得られます。しかし、非弾性衝突（\(e<1\)）ではエネルギー保存則は使えないため、反発係数の式が必須となります。

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:
  • 動く斜面上の運動: なめらかな床に置かれた斜面台の上を物体が滑り降りる問題。これも本質は同じで、「水平方向の運動量保存則」と「力学的エネルギー保存則」を連立させて解きます。
  • 分裂現象（台車の上を人が歩くなど）: 静止した台車の上を人が歩き始めると、台車は逆向きに動き出します。これも、人と台車を一つの系とみなせば、水平方向の運動量の和が \(0\) のまま保存される例です。
  • 複数回の衝突や合体を含む問題: 一度衝突した後に、物体が合体したり、再度分裂したりするような複雑な問題でも、基本は同じです。各現象の「局面」ごとに問題を分割し、その局面で適用できる物理法則（運動量保存、エネルギー保存、反発係数など）を一つずつ丁寧に適用していきます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. まず「系」を設定し、保存則が成り立つ方向を探す: 問題文を読んだら、まずどの物体を一つの系とみなすかを決めます。そして、その系に対して外力が働かない方向（この問題では水平方向）があるかを探します。これが運動量保存則を適用する第一歩です。
  2. 運動の「局面（フェーズ）」を分割する: 「滑り降り」「衝突」「駆け上がり」のように、物理現象が切り替わる点で問題を分割する癖をつけましょう。
  3. 各局面で使える法則をリストアップする:
     • 滑らかな運動（高さ変化あり）→ 力学的エネルギー保存則
     • 衝突・分裂・合体 → 運動量保存則（＋反発係数の式や、一体となる条件）
  4. 「相対速度が0」という条件を見抜く:
     • 「最高点に達する」「一体となって動く」「AがBに追いつく」といった表現は、物理的に「2物体の相対速度が0になる」、つまり「2物体の速度が一致する」ことを意味します。これは、未知数の数を減らすための非常に重要な条件となります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 全区間でエネルギー保存則を使ってしまう:
  • 誤解: 衝突があるにもかかわらず、最初の状態（点P）と最後の状態（最高点h’）の間で力学的エネルギー保存則を立ててしまう（\(mgh = mgh’\)）。
  • 対策: 「衝突」というキーワード、特に反発係数 \(e\) が \(1\) 未満の場合は、必ず力学的エネルギーが失われると認識しましょう。問題を「衝突前」と「衝突後」に明確に分割し、それぞれの区間でエネルギー保存を考える習慣をつけることが重要です。
• 最高点での速度を常に0と考えてしまう:
  • 誤解: 小球が最高点に達したとき、小球の（床に対する）速度が \(0\) になると早合点してしまう。
  • 対策: 最高点とは、あくまで「台に対する小球の相対速度が \(0\) になる」点です。床から見れば、小球は台と同じ速度で動いている可能性があります。この問題では、たまたま運動量の和が \(0\) だったため、結果的に両者とも静止しましたが、これは特殊なケースです。一般的には「速度が一致する」と考えるのが正しく、その共通の速度を運動量保存則から求める、という手順を踏む必要があります。
• 反発係数の式を相対速度で考えない:
  • 誤解: 反発係数の式を \(e = -v’/v\) のように、それぞれの物体の速度の比で立ててしまう。
  • 対策: 反発係数の定義は以下の式で表されることを正確に記憶しましょう。$$ e = -\frac{\text{衝突後の相対速度}}{\text{衝突前の相対速度}} = -\frac{v’_A – v’_B}{v_A – v_B} $$壁（台）が動いているこの問題では、必ず「小球の速度から台の速度を引いた相対速度」で式を立てる必要があります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（運動量保存則）:
  • 選定理由: 問題全体を支配する最も基本的な法則は何か、という視点から考えます。複数の物体が相互作用する系では、まず保存則が成り立たないかを確認するのが定石です。外力の分析から、水平方向の運動量が保存されることを見抜いたため、この法則を選択します。
  • 適用根拠: 運動の全過程を通じて、系に働く水平方向の外力が \(0\) であるため。
• (2)での公式選択（運動量保存則 ＋ 力学的エネルギー保存則）:
  • 選定理由: 求めたい未知数が小球の速度 \(v\) と台の速度 \(V\) の2つであるため、独立した関係式が2本必要になります。滑り降りるという、高さと速度が変化する運動では、「運動量保存」と「エネルギー保存」が同時に成り立つ典型的な状況であり、この2つを連立させるのが最適解となります。
  • 適用根拠: 水平外力が \(0\) であること（運動量保存）、および小球と台の間の垂直抗力がする仕事の和が0で、ほかに仕事をするのが保存力である重力のみであること（エネルギー保存）が根拠となります。
• (3)での公式選択（運動量保存則 ＋ 反発係数の式）:
  • 選定理由: 「衝突」という現象を扱うための標準的な組み合わせです。未知数が衝突後の速度 \(v’, V’\) の2つに対し、エネルギーは保存されないため、エネルギー保存則の代わりとして、問題文で与えられた「反発係数」の情報を用いるのが論理的な選択です。
  • 適用根拠: 衝突時に働く力は内力であるため運動量は保存されること、および問題文に反発係数が与えられていることが根拠です。
• (4)での公式選択（力学的エネルギー保存則）:
  • 選定理由: 求めたいのが「高さ \(h’\)」であり、これは位置エネルギーに関連する量です。衝突後の運動エネルギーが位置エネルギーに変換される過程なので、エネルギー保存則を用いるのが最も直接的です。
  • 適用根拠: 衝突後から最高点に達するまでは、再び、小球と台の間の垂直抗力がする仕事の和が0で、ほかには重力のみが仕事をする区間となるため、力学的エネルギーが保存されることが根拠となります。また、最高点での速度を決定するために、運動量保存則も補助的に利用します。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算を進める:
  • (2)や(4)の計算で、\(V = -\frac{m}{M}v\) のような関係式をエネルギーの式に代入した後も、最後まで文字式のまま整理しましょう。式変形の途中で具体的な数値を代入すると、式が複雑になり、物理的な意味も見失いがちです。文字式で最終的な答えの形を導いてから、必要に応じて数値を代入するのが鉄則です。
• 2乗の計算を慎重に:
  • \(\frac{1}{2}MV^2\) に \(V = -\frac{m}{M}v\) を代入する際、\(\left(-\frac{m}{M}v\right)^2 = +\frac{m^2}{M^2}v^2\) となる計算（符号、係数、文字のすべてを2乗する）を焦らず確実に行いましょう。
• 分数の整理を丁寧に行う:
  • (2)の計算過程で現れる \(\frac{1}{2}mv^2 \left(1 + \frac{m}{M}\right)\) のような式は、括弧の中を \(\frac{M+m}{M}\) と通分してから移項するなど、一行ずつ段階を踏んで整理することで、ケアレスミスを防げます。
• 物理的な妥当性で検算する:
  • 計算結果が出たら、その符号や大きさが物理的にありえるかどうかを常に吟味しましょう。
  • (2)で \(v>0, V<0\) か？ (3)で \(v'<0, V’>0\) か？
  • (4)で \(e<1\) なので \(h'<h\) となっているか？
  • このような簡単なチェックだけでも、多くの計算ミスを発見できます。
• 別解の視点で検算する:
  • (4)は、主たる解法で解いた後に、別解で示した「衝突によって運動エネルギーは \(e^2\) 倍になる」という関係を使って検算できます。最初の位置エネルギー \(mgh\) が衝突を経て \(e^2\) 倍のエネルギーになり、それが再び位置エネルギー \(mgh’\) になるのだから、\(mgh’ = e^2(mgh)\) となり、\(h’=e^2h\) がすぐに導けます。異なるアプローチで同じ結論に至ることを確認できれば、答えへの信頼度が格段に上がります。

203 ばねと衝突

【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「衝突現象とばねによる振動の複合問題」です。運動の各段階で、どの物体を「系」とみなし、どの物理法則（運動量保存、エネルギー保存、力積）を適用すべきかを的確に判断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
小球BとCの2物体間の衝突現象です。床はなめらかなので、BとCを一つの系とみなすと、衝突の際に働く力は内力のみです。したがって、この系の運動量は保存されます。また、「弾性衝突」とあるので、反発係数 \(e=1\) です。未知数は衝突後のBの速さ \(V\) とCの速さ \(v\) の2つなので、「運動量保存則」と「反発係数の式」の2本を連立させて解きます。
この設問における重要なポイント

• 考える系は、衝突に直接関与するBとCのみ。
• 弾性衝突なので、反発係数 \(e=1\)。
• 運動方向を考慮して、座標軸の正の向きを決め、速度の符号を正しく設定する。

具体的な解説と立式
衝突現象を考えるにあたり、Cが運動してくる左向きを正とします。

• 衝突前:
  • Bの速度: \(0\)
  • Cの速度: \(v_0\)
• 衝突後:
  • Bの速度: \(V\) （左向きなので正）
  • Cの速度: \(v\) （右向きに変わったので負）

以上の設定で、2つの法則を立式します。

• 運動量保存則
  （衝突前の運動量の和）=（衝突後の運動量の和）より、
  $$ M \cdot 0 + m v_0 = MV + mv \quad \cdots ① $$
• 反発係数の式
  弾性衝突なので \(e=1\)。反発係数の式は、
  $$ 1 = -\frac{(\text{衝突後のBの速度}) – (\text{衝突後のCの速度})}{(\text{衝突前のBの速度}) – (\text{衝突前のCの速度})} $$
  これに値を代入すると、
  $$ 1 = -\frac{V – v}{0 – v_0} = \frac{V-v}{v_0} \quad \cdots ② $$

式②を変形して \(v\) を \(V\) で表します。
$$
\begin{aligned}
v_0 &= V – v \\[2.0ex] v &= V – v_0
\end{aligned}
$$
これを式①に代入して \(v\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
mv_0 &= MV + m(V – v_0) \\[2.0ex] mv_0 &= MV + mV – mv_0 \\[2.0ex] 2mv_0 &= (m+M)V
\end{aligned}
$$
したがって、
$$ V = \frac{2m}{m+M}v_0 $$

止まっている大きな玉（B）に、小さな玉（C）がぶつかる場面です。このとき、「2つの玉の勢いの合計はぶつかる前後で変わらない」というルール（運動量保存則）と、「弾性衝突なので、近づく速さと遠ざかる速さは同じ」というルール（反発係数の式）が成り立ちます。この2つのルールを連立方程式として解くことで、ぶつかられたB玉の速さを計算できます。

衝突後のBの速さ \(V\) が、衝突前のCの速さ \(v_0\) と質量の比で表されました。これは物理的に妥当な形です。

問(2)

思考の道筋とポイント
「壁がAに与える力積」を問われています。力積は「力 × 時間」ですが、壁が及ぼす力はばねの縮み具合によって変化するため、直接計算するのは困難です。そこで、「力積は運動量の変化に等しい」という関係を用います。A, B, ばねを一つの「系」として考え、この系全体の運動量が、壁からの力積によってどれだけ変化したかを計算します。
この設問における重要なポイント

• 考える系はA, B, ばね全体。
• 系に働く外力は、壁がAを押す力（水平方向）と、重力・垂直抗力（鉛直方向）。水平方向の運動量を変化させるのは壁からの力のみ。
• 運動量と力積の関係: （壁が系に与えた力積）=（系の運動量の変化）。
• 運動量の変化を計算するために、「衝突直後」と「ばねが自然長に戻った後」の2つの時点での系の運動量を求める。
• Aは壁に接しているので、この間ずっと静止している。したがって、系の運動量はBの運動量のみで決まる。

具体的な解説と立式
A, B, ばねを一つの系と考え、右向きを正とします。壁がAに与える力積の大きさを \(I\) とします。壁はAを右向き（壁から離れる向き）に押すので、力積は右向きで、ベクトルとしては \(+I\) となります。

• 初期状態（衝突直後）
  • Aの速度は \(0\)。
  • Bの速度は(1)で求めた \(V\) で左向き。よって速度は \(-V\)。
  • 系の運動量 \(p_{\text{前}} = m \cdot 0 + M(-V) = -MV\)。
• 最終状態（ばねが自然長に戻った後）
  • Aはまだ壁に接しており、速度は \(0\)。
  • Bはばねに押されて運動方向が反転し、右向きに速さ \(V\) で運動する（Aが壁に固定されているため、Bは弾性力のみを受けて運動し、エネルギーが保存されるので、自然長に戻ったときの速さは衝突直後と同じ \(V\) になる）。よって速度は \(+V\)。
  • 系の運動量 \(p_{\text{後}} = m \cdot 0 + M(+V) = MV\)。

運動量と力積の関係より、
$$ (\text{力積}) = (\text{運動量の変化}) = p_{\text{後}} – p_{\text{前}} $$
壁が与える力積を \(I_{\text{壁}}\) とすると、
$$ I_{\text{壁}} = MV – (-MV) $$

$$
\begin{aligned}
I_{\text{壁}} &= MV – (-MV) \\[2.0ex] &= 2MV
\end{aligned}
$$
力積の大きさは \(2MV\) となります。

Bがばねを押し縮めて、再びばねに押し返されるまでの間に、壁がAをどれだけ強く、どれくらいの時間支え続けたか、その総量を「力積」として求めます。これを直接計算するのは難しいので、視点を変えます。「壁がAを支えたおかげで、AとBのグループ全体の勢い（運動量）が変化した」と考えます。最初、Bは左向きに勢いを持っていました。ばねに押し返された後、Bは右向きに同じ大きさの勢いを持つようになります。この勢いの「変化量」が、壁が与えた力積の大きさに等しい、というルールを使って計算します。

力積の大きさが \(2MV\) と求まりました。これはBの運動量の変化量に等しく、妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
ばねが自然長に戻った後、Aは壁を離れてBと一緒に運動を始めます。壁から離れた後は、AとB（とばね）からなる系には水平方向の外力が働かなくなるため、この系の「運動量」と「力学的エネルギー」が両方とも保存されます。ばねが最も縮むのは、AとBの相対速度が \(0\) になるとき、つまり2つの物体の速度が等しくなるときです。
この設問における重要なポイント

• 考える系は、壁から離れた後のAとB（とばね）。
• この系には水平外力が働かないので、運動量が保存される。
• この系では弾性力と内力しか働かないので、力学的エネルギーも保存される。
• 「ばねが最も縮んだとき」とは、「AとBの速度が等しくなるとき」を意味する。

具体的な解説と立式
壁を離れた直後から、ばねが最も縮むまでの過程を考えます。右向きを正とします。

• 初期状態（壁を離れた直後）
  • Aの速度: \(0\)
  • Bの速度: \(V\)
• 最終状態（ばねが最も縮んだとき）
  • AとBの速度は等しくなる。この共通の速度を \(V’\) とする。
  • ばねの縮みを \(x\) とする。

以上の設定で、2つの保存則を立式します。

• 運動量保存則
  $$ m \cdot 0 + MV = mV’ + MV’ = (m+M)V’ \quad \cdots ③ $$
• 力学的エネルギー保存則
  （初期状態のエネルギー）=（最終状態のエネルギー）
  ばねは自然長なので、初期の弾性エネルギーは \(0\)。
  $$ \frac{1}{2}m(0)^2 + \frac{1}{2}MV^2 + 0 = \frac{1}{2}mV’^2 + \frac{1}{2}MV’^2 + \frac{1}{2}kx^2 $$
  $$ \frac{1}{2}MV^2 = \frac{1}{2}(m+M)V’^2 + \frac{1}{2}kx^2 \quad \cdots ④ $$

まず、式③から共通の速さ \(V’\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
(m+M)V’ &= MV \\[2.0ex] V’ &= \frac{M}{m+M}V
\end{aligned}
$$
次に、この \(V’\) を式④に代入して、縮み \(x\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}MV^2 &= \frac{1}{2}(m+M)\left(\frac{M}{m+M}V\right)^2 + \frac{1}{2}kx^2 \\[2.0ex] \frac{1}{2}MV^2 &= \frac{1}{2}(m+M)\frac{M^2}{(m+M)^2}V^2 + \frac{1}{2}kx^2 \\[2.0ex] \frac{1}{2}MV^2 &= \frac{1}{2}\frac{M^2}{m+M}V^2 + \frac{1}{2}kx^2
\end{aligned}
$$
両辺を \(2\) 倍して、\(\frac{1}{2}kx^2\) の項を移項し、整理します。
$$
\begin{aligned}
kx^2 &= MV^2 – \frac{M^2}{m+M}V^2 \\[2.0ex] kx^2 &= \left(M – \frac{M^2}{m+M}\right)V^2 \\[2.0ex] kx^2 &= \left(\frac{M(m+M) – M^2}{m+M}\right)V^2 \\[2.0ex] kx^2 &= \left(\frac{mM+M^2 – M^2}{m+M}\right)V^2 \\[2.0ex] kx^2 &= \frac{mM}{m+M}V^2
\end{aligned}
$$
\(x^2\) について解くと、
$$ x^2 = \frac{mM}{k(m+M)}V^2 $$
\(x>0\) なので、
$$ x = \sqrt{\frac{mM}{k(m+M)}}V $$

壁から離れたAとBは、ばねでつながれたまま飛んでいくおもちゃのようなものです。このグループには横から力が加わらないので、「勢いの合計（運動量）」と「エネルギーの合計」は変わりません。BがAに追いついてばねが最も縮んだとき、2つの玉は一瞬だけ同じ速さになります。このときの速さは「運動量保存則」から計算できます。また、最初にBだけが持っていた運動エネルギーが、2つの玉の運動エネルギーとばねが縮んだ分のエネルギーに分け与えられた、という「エネルギー保存則」を使って、ばねの縮み具合を計算します。

ばねが最も縮んだときの速さは \(V’ = \frac{M}{m+M}V\)、縮みは \(x = \sqrt{\frac{mM}{k(m+M)}}V\) と求まりました。どちらも物理的に妥当な式です。

【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「局面」に応じた物理法則の選択
  • 核心: この問題は、(1)衝突、(2)壁に束縛された運動、(3)孤立した系での振動、という3つの異なる物理現象が連続して起こります。それぞれの局面で、どの物体を「系」とみなし、どの物理法則（運動量保存、エネルギー保存、力積など）が適用可能かを見極める「分析力」が核心となります。
  • 理解のポイント:
    • 局面の分割: まずは運動全体を「衝突」「壁に押さえられている間」「壁から離れた後」という3つのフェーズに明確に分割して考えることが第一歩です。
    • 法則の適用条件の理解: なぜその法則が使えるのか（あるいは使えないのか）を常に意識することが重要です。外力がないから運動量保存、非保存力が仕事をしないからエネルギー保存、外力（壁からの力）が働くから力積を考える、というように、法則と条件をセットで理解する必要があります。
• 運動量保存則と力学的エネルギー保存則の使い分け
  • 核心: 複数の物体が相互作用する問題において、この2つの保存則は最も強力な道具ですが、適用できる条件が異なります。この違いを正確に理解し、使い分けることが重要です。
  • 理解のポイント:
    • 運動量保存則: 外力が働かなければ、衝突のようにエネルギーが失われる現象でも成り立ちます。非常に適用範囲の広い法則です。
    • 力学的エネルギー保存則: 非保存力（摩擦や空気抵抗、衝突による内部エネルギーへの変換、外力）が仕事をしない、という厳しい条件の下でのみ成り立ちます。この問題では、(2)で壁から力積を受けるので運動量は保存されませんが、Aは動かないので壁の力は仕事をせず、A・B・ばねの力学的エネルギーは保存されます（(1)も弾性衝突なので運動エネルギーは保存されます）。力積を受けることと仕事をされることは別です。
• 「最も縮んだとき＝速度が等しい」という運動学的条件
  • 核心: (3)のように、ばねで繋がれた2物体が振動する際、「ばねが最も縮む（または最も伸びる）瞬間」は、「2物体の相対速度が0になる瞬間」、すなわち「2物体の速度が等しくなる瞬間」であるという運動学的な事実を理解していることが、問題を解く上での鍵となります。
  • 理解のポイント:
    • 相対運動の視点: 一方の物体からもう一方を見ると、最も近づいた（あるいは遠ざかった）ときに、その物体に対する相対的な動きが一瞬止まります。これが「相対速度0」の意味です。
    • 立式への応用: この条件により、未知数であった2つの物体の速度が、1つの共通の速度 \(V’\) として扱えるようになり、運動量保存則からこの \(V’\) を求めることが可能になります。

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:
  • 分裂・合体現象: 静止した物体が2つに分裂したり、2つの物体が衝突して一体となったりする問題。これらも「分裂・合体前後で運動量保存」「最も近づいた（一体となった）とき速度が等しい」「エネルギーは一般に保存されない」といった共通の考え方で解くことができます。
  • 動く台の上での運動: なめらかな床に置かれた台の上で、物体が運動したり、ばねと衝突したりする問題。この場合も、台と物体を一つの系とみなせば「水平方向の運動量保存則」が有効な武器となります。
  • 重心系で考える2体問題: (3)の別解で示したように、外力が働かない2物体系の運動は、「重心の等速直線運動」と「重心の周りでの相対運動」に分離して考えることができます。この視点は、大学入試の難問、特に連成振動の問題を解く上で非常に強力なアプローチです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動のシナリオを時系列で分解する: 問題文を読みながら、「まずCがBに衝突」→「次にBがばねを縮め、Aを壁に押し付ける」→「ばねが伸びてBを押し返す」→「Aが壁から離れ、AとBが一体で振動開始」というように、運動のストーリーを段階ごとに分解します。
  2. 各段階で「系」と「外力」を再定義する:
     • 衝突時：系はB+C。外力はなし。→ 運動量保存。
     • 壁接触時：系はA+B+ばね。外力は壁からの力。→ 力積と運動量変化。
     • 壁から離れた後：系はA+B+ばね。外力はなし。→ 運動量保存＆エネルギー保存。
  3. 「特別な状態」を表す言葉に注目する: 「弾性衝突」「自然長にもどる」「最も縮んだとき」といった言葉は、それぞれ \(e=1\)、ばねの弾性エネルギーが \(0\)、相対速度が \(0\) という数式に変換するための重要なキーワードです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 力積の計算対象の混同:
  • 誤解: (2)で壁がAに与える力積を考える際に、Bだけの運動量変化（\(\Delta p_B = M V – M(-V) = 2MV\)）を計算して、これが答えだと考えてしまう。
  • 対策: 力積は「壁がAに与える」ものですが、この力はAを通じて系全体に影響を及ぼす「外力」です。したがって、「外力の力積は、系全体の運動量の変化に等しい」という法則を正しく適用する必要があります。A, B, ばねを一つの系として、その系全体の運動量変化を計算することが正解です。
• エネルギー保存則の無条件な適用:
  • 誤解: 運動の最初（Cが速さ\(v_0\)）から最後まで（ばねが最も縮む）の間で、一つの力学的エネルギー保存則を立てようとしてしまう。
  • 対策: 運動の途中で「非保存力が仕事をする」局面がないかを常に確認する癖をつけましょう。この問題では、(1)は弾性衝突なので運動エネルギーは保存され（非弾性衝突なら使えません）、(2)もAは動かないので壁の力は仕事をせず、力学的エネルギーは保存されます。ただし、(1)の後はCが運動エネルギーを持ち去り、(2)では壁から力積を受けて運動量が変わるので、最初から最後までを一つの式で解くことはできません。力積を受けることと仕事をされることは別だと区別し、使える保存則を区間ごとに確かめましょう。必ず、非保存力が仕事をしない「区間」を見つけて、その区間の前後でのみ適用します。
• 「最も縮んだとき」の速度の誤解:
  • 誤解: ばねが最も縮んだとき、AとBの速度は両方とも \(0\) になると考えてしまう。
  • 対策: 系全体が運動している場合、「最も縮む」＝「相対速度が0」＝「速度が等しくなる」と変換する思考を徹底しましょう。系全体が静止する場合（例えば、2つの物体が逆向きに同じ運動量で衝突する場合）でない限り、共通の速度は \(0\) にはなりません。その共通速度は、運動量保存則から求めるのが定石です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（運動量保存則＋反発係数の式）:
  • 選定理由: 「衝突」という現象を解析するための鉄板の組み合わせです。未知数が衝突後の速度 \(v, V\) の2つであるため、独立した方程式が2本必要です。衝突では外力が働かない（とみなせる）ため「運動量保存則」が、衝突の性質（跳ね返り具合）を表すために「反発係数の式」が選ばれます。
  • 適用根拠: BとCの系に水平外力が働かないこと、および問題文に「弾性衝突」(\(e=1\))という条件が与えられていることが根拠です。
• (2)での公式選択（運動量と力積の関係）:
  • 選定理由: 求めたいものが「力積」であり、壁が及ぼす力は時間変化するため \(F\Delta t\) の直接計算は不可能です。このような場合、力積の定義そのものではなく、力積の結果として何が起こるか、すなわち「物体の運動量を変化させる」という物理的効果に着目するのが賢明です。したがって、「力積＝運動量の変化」という関係式が選択されます。
  • 適用根拠: この関係式は運動方程式を時間積分したものであり、常に成り立ちます。特に、力が複雑に変化する場合の「力の時間平均の効果」を評価するのに適しています。
• (3)での公式選択（運動量保存則＋力学的エネルギー保存則）:
  • 選定理由: 壁から離れた後の、孤立した2物体系の運動です。未知数は共通速度 \(V’\) と縮み \(x\) の2つ（に関連する量）なので、式が2本必要です。外力が働かないので「運動量保存則」が、内力である弾性力しか仕事をしないので「力学的エネルギー保存則」が使えます。この2つの保存則は、孤立系を解析する上で最も基本的な組み合わせです。
  • 適用根拠: AとBの系に水平外力が働かないこと、および系内で仕事をする力が保存力（弾性力）のみであることが根拠です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 座標軸と符号の徹底:
  • 最初に右向きを正と決めたら、全ての速度を符号付きのスカラー量として扱います。(1)でCの初速度は \(-v_0\)、(2)でBの初期速度は \(-V\) となります。このように一貫して符号を管理することで、向きの間違いを防ぎます。（模範解答のように局面ごとに正の向きを変える方法もありますが、混乱しやすい人は一つの向きに固定するのがお勧めです）。
• 文字式のまま整理する:
  • (3)のエネルギー保存の式に \(V’ = \frac{M}{m+M}V\) を代入した後の計算は、複雑に見えますが、焦らずに展開・通分を行いましょう。\(V^2\) でくくるなど、共通項を見つけて式を整理する癖をつけると、見通しが良くなります。
• エネルギーの項をリストアップする:
  • エネルギー保存則を立てる際は、「はじめ」と「あと」の状態で、どの物体がどんなエネルギー（運動、位置、弾性）を持っているかを指差し確認するくらいの慎重さでリストアップしましょう。特に、ばねが自然長か、縮んでいる（伸びている）かの確認は忘れずに行います。
• 別解による検算:
  • (1)は、連立方程式で解いた後、弾性衝突の公式に代入して同じ答えになるか確認できます。
  • (3)は、実験室系で解いた後、重心系での考え方（最も縮んだときの速度は重心速度に等しい）で検算できます。\(v_G = \frac{MV}{m+M}\) が \(V’\) と一致するかどうかを確認するだけで、計算の正しさをチェックできます。
• 次元解析:
  • (3)で求めた縮み \(x = \sqrt{\frac{mM}{k(m+M)}}V\) の単位（次元）が長さになっているかを確認します。\(k\) の単位は \(\text{N/m} = \text{kg/s}^2\)。
    $$ \sqrt{\frac{\text{kg} \cdot \text{kg}}{(\text{kg/s}^2) \cdot \text{kg}}} \times \frac{\text{m}}{\text{s}} = \sqrt{\text{s}^2} \times \frac{\text{m}}{\text{s}} = \text{s} \times \frac{\text{m}}{\text{s}} = \text{m} $$
    となり、次元が合っていることが確認できます。このようなチェックは、複雑な計算の後に有効です。

204 小球と床との繰り返し衝突

【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「反発係数が関わる放物運動の繰り返し」です。斜方投射された物体が、床との非弾性衝突を繰り返すという典型的な設定で、放物運動の解析と衝突の法則、そして無限等比級数の和という数学的な知識を融合させて解く問題です。

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。

問(1)

思考の道筋とポイント
点Oから投げ上げられた小球が、再び同じ高さの床（点Q₁）に戻ってくるまでの時間を求めます。これは、鉛直方向の運動だけに着目すれば解くことができます。鉛直方向には、初速度 \(v_0 \sin\theta\) の投げ上げ運動と同じです。
この設問における重要なポイント

• 考えるのは鉛直方向の運動のみ。
• 鉛直方向の初速度は \(v_{0y} = v_0 \sin\theta\)。
• 点Oから点Q₁までの鉛直方向の変位は \(0\)。

具体的な解説と立式
鉛直上向きを正とします。小球の鉛直方向の変位 \(y\) は、時間 \(t\) を用いて以下の式で表されます。
$$ y = (v_0 \sin\theta) t – \frac{1}{2}gt^2 $$
点Q₁に達するとき、変位は \(y=0\) となります。このときの時間を \(t_1\) とすると、
$$ 0 = (v_0 \sin\theta) t_1 – \frac{1}{2}gt_1^2 $$

上記で立てた \(t_1\) に関する2次方程式を解きます。
$$
\begin{aligned}
t_1 \left( v_0 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_1 \right) &= 0
\end{aligned}
$$
この方程式の解は \(t_1 = 0\) または \(v_0 \sin\theta – \frac{1}{2}gt_1 = 0\) です。
\(t_1 = 0\) は投げ上げた瞬間の点Oに対応するので、求める点Q₁までの時間ではありません。したがって、もう一方の解を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}gt_1 &= v_0 \sin\theta \\[2.0ex] t_1 &= \frac{2v_0 \sin\theta}{g}
\end{aligned}
$$

ボールが地面に戻ってくるまでの時間を知りたいので、ボールの上下方向の動きだけを考えます。ボールは上に上がって、また落ちてきます。この上下運動にかかる時間は、数学の公式（物理の公式ですが）を使えば計算できます。

これは鉛直投げ上げ運動で、同じ高さに戻ってくるまでの時間の公式そのものであり、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
点OからQ₁までの水平距離 \(L_1\) を求めます。水平方向には力が働かないため、小球は一定の速度で進み続けます（等速直線運動）。したがって、距離は「速さ × 時間」で簡単に計算できます。
この設問における重要なポイント

• 考えるのは水平方向の運動のみ。
• 水平方向の速度は、運動の全過程を通じて \(v_x = v_0 \cos\theta\) で一定。
• OからQ₁までにかかる時間は、(1)で求めた \(t_1\)。

具体的な解説と立式
水平方向の運動について、距離 \(L_1\) は以下の式で表されます。
$$ L_1 = (\text{水平方向の速さ}) \times (\text{時間}) $$
$$ L_1 = (v_0 \cos\theta) \times t_1 $$

上記の式に(1)で求めた \(t_1 = \frac{2v_0 \sin\theta}{g}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L_1 &= (v_0 \cos\theta) \times \left( \frac{2v_0 \sin\theta}{g} \right) \\[2.0ex] &= \frac{v_0^2 (2\sin\theta \cos\theta)}{g}
\end{aligned}
$$
ここで、三角関数の倍角の公式 \( \sin(2\theta) = 2\sin\theta \cos\theta \) を用いると、
$$ L_1 = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g} $$

ボールは横方向にはずっと同じスピードで飛んでいきます。(1)で計算した時間だけ、その一定のスピードで進んだ距離を計算すれば、それが答えになります。

これは斜方投射における水平到達距離の公式そのものであり、妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
点Q₁とQ₂の間の距離 \(L_2\) を求めます。これは2回目の放物運動での水平到達距離です。1回目と2回目の運動の違いは、点Q₁での衝突によって、鉛直方向の初速度が変わる点にあります。水平方向の速度は変わりません。
この設問における重要なポイント

• 衝突による速度変化:
  • 水平方向の速度: 変化せず \(v_0 \cos\theta\) のまま。
  • 鉛直方向の速度: 衝突直前の鉛直速度は（対称性から）\(v_0 \sin\theta\)。衝突直後の鉛直速度は、反発係数を掛けて \(e v_0 \sin\theta\) となる。
• 2回目の放物運動の滞空時間 \(t_2\) は、(1)の計算における初速度 \(v_0 \sin\theta\) を \(e v_0 \sin\theta\) に置き換えることで求められる。
• \(L_2\) は、水平速度と滞空時間 \(t_2\) の積で計算できる。

具体的な解説と立式

• 2回目の放物運動の滞空時間 \(t_2\) の計算
  (1)と同様に、鉛直方向の運動を考えます。Q₁から投げ上げられるときの初速度の鉛直成分は \(e v_0 \sin\theta\) です。したがって、(1)の \(t_1\) の式の \(v_0 \sin\theta\) を \(e v_0 \sin\theta\) に置き換えることで \(t_2\) が得られます。
  $$ t_2 = \frac{2(e v_0 \sin\theta)}{g} $$
• 水平距離 \(L_2\) の計算
  水平方向の速度は \(v_0 \cos\theta\) で一定なので、
  $$ L_2 = (v_0 \cos\theta) \times t_2 $$

まず \(L_2\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
L_2 &= (v_0 \cos\theta) \times \left( \frac{2e v_0 \sin\theta}{g} \right) \\[2.0ex] &= \frac{e v_0^2 (2\sin\theta \cos\theta)}{g} \\[2.0ex] &= \frac{e v_0^2 \sin(2\theta)}{g}
\end{aligned}
$$
次に、比 \(\frac{L_2}{L_1}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\frac{L_2}{L_1} &= \frac{\frac{e v_0^2 \sin(2\theta)}{g}}{\frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g}} \\[2.0ex] &= e
\end{aligned}
$$

2回目のジャンプの距離を計算します。地面との衝突で、ボールは少しだけ弾む元気をなくします。具体的には、真上に跳ね上がる勢いが \(e\) 倍になります。空中にいる時間は跳ね上がる勢いに比例するので、滞空時間も \(e\) 倍になります。横に進むスピードは変わらないので、結果的に2回目のジャンプで進む距離も1回目の \(e\) 倍になります。

2回目の飛距離は1回目の \(e\) 倍になることがわかりました。同様に考えると、3回目の飛距離は2回目の \(e\) 倍、すなわち \(L_3 = eL_2 = e^2L_1\) となることが予測でき、(4)を解くための重要な手がかりとなります。

問(4)

思考の道筋とポイント
点OからRまでの総距離 \(L\) を求めます。これは、1回目の飛距離 \(L_1\)、2回目の飛距離 \(L_2\)、3回目の飛距離 \(L_3\)、… を無限に足し合わせたものになります。(3)の結果から、この数列は初項 \(L_1\)、公比 \(e\) の等比数列であることがわかります。
この設問における重要なポイント

• 総距離 \(L\) は、無限級数の和 \(L = L_1 + L_2 + L_3 + \dots\) で与えられる。
• 数列 \(\{L_n\}\) は、初項 \(L_1\)、公比 \(e\) の等比数列である。
• \(0 < e < 1\) なので、この無限等比級数は収束し、その和は公式 \(S = \frac{a}{1-r}\) （\(a\):初項, \(r\):公比）で計算できる。

具体的な解説と立式
総距離 \(L\) は、各区間の距離の和です。
$$ L = L_1 + L_2 + L_3 + \dots $$
(3)の結果から、\(L_2 = eL_1\)、同様に \(L_3 = eL_2 = e^2L_1\)、\(L_n = e^{n-1}L_1\) となります。
したがって、
$$
\begin{aligned}
L &= L_1 + eL_1 + e^2L_1 + \dots \\[2.0ex] &= L_1 (1 + e + e^2 + \dots)
\end{aligned}
$$
括弧の中は、初項 \(1\)、公比 \(e\) の無限等比級数の和です。\(0<e<1\) なので、その和は \(\frac{1}{1-e}\) となります。
よって、
$$ L = L_1 \times \frac{1}{1-e} $$

上記の式に(2)で求めた \(L_1 = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
L &= \left( \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g} \right) \times \frac{1}{1-e} \\[2.0ex] &= \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{(1-e)g}
\end{aligned}
$$

ボールが完全に止まるまでに進んだ横方向の距離の合計を求めます。これは、1回目のジャンプの距離、2回目の距離、3回目の距離…と、無限回のジャンプの距離をすべて足し合わせる計算です。2回目以降の距離は、前の距離の \(e\) 倍、さらに \(e\) 倍…と減っていくので、これは数学で習う「無限等比級数」の問題になります。便利な和の公式を使えば、この無限の足し算を簡単に計算することができます。

総距離 \(L\) が求められました。もし衝突が弾性衝突（\(e=1\)）であれば、分母が \(0\) となり \(L\) は無限大に発散します。これは、ボールがエネルギーを失わず永遠に跳ね続けることに対応しており、物理的に妥当です。もし衝突が完全非弾性衝突（\(e=0\)）であれば、\(L=L_1\) となり、1回目の衝突で止まることに対応します。これも妥当な結果です。

【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？

• 放物運動の運動の分解
  • 核心: 2次元の運動を、互いに独立した2つの1次元の運動として扱う、ベクトル解析の基本原則です。重力だけが働く放物運動は、水平方向には力が働かない「等速直線運動」と、鉛直方向には一定の重力が働く「等加速度直線運動（鉛直投げ上げ）」の重ね合わせとして記述されます。
  • 理解のポイント:
    • 独立性: 水平方向の動きは鉛直方向の動きに影響されず、逆もまた然りです。このため、滞空時間（鉛直方向の運動で決まる）と水平速度（一定）を別々に考え、最後に組み合わせることで水平到達距離を求めることができます。
    • 初速度の分解: 最初に、初速度ベクトル \(\vec{v_0}\) を水平成分 \(v_x = v_0 \cos\theta\) と鉛直成分 \(v_y = v_0 \sin\theta\) に分解することが、全ての計算の出発点となります。
• 床との衝突における速度変化の法則
  • 核心: 床との衝突によって、速度のどの成分がどのように変化するのかを正しく理解することです。これは、反発係数の定義と、力が働く方向の知識に基づいています。
  • 理解のポイント:
    • 水平成分は不変: 床はなめらかなので、衝突の際に水平方向の力（摩擦力）は働きません。力が働かなければ運動量（速度）は変化しないため、水平方向の速度成分は衝突の前後で全く変わりません。
    • 鉛直成分は\(e\)倍に: 衝突の際、床から小球には鉛直上向きの垂直抗力が働きます。この力によって鉛直方向の運動量が変化します。反発係数 \(e\) の定義から、衝突直後の鉛直方向の速さは、衝突直前の速さの \(e\) 倍になります。向きは逆転します。
• 繰り返し現象の数学的モデル化（無限等比級数）
  • 核心: 物理現象の中に潜む数学的な規則性を見抜き、適切な数学の道具（この場合は無限等比級数の和）を使って解を求める能力です。
  • 理解のポイント:
    • 規則性の発見: (3)で \(L_2/L_1 = e\) となることから、衝突のたびに滞空時間と水平到達距離が公比 \(e\) の等比数列をなして減少していく、という物理的な規則性を見抜くことが重要です。
    • 物理から数学へ: 「はねかえらなくなるまで」という物理的な状況を、「無限回の衝突の総和」という数学的な問題に置き換えて考えます。\(0<e<1\) という物理的な条件が、無限等比級数が収束するための数学的な条件 \(|r|<1\) に対応していることを理解します。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 斜面との繰り返し衝突: 水平な床ではなく、角度のあるなめらかな斜面と繰り返し衝突する問題。この場合、斜面に垂直な方向と平行な方向に運動を分解して考えます。斜面に垂直な方向の速度成分が衝突によって \(e\) 倍になり、斜面に平行な方向には重力の成分が働くため、より複雑な計算になります。
  • 滞空時間の総和: この問題では総飛距離を求めましたが、「はねかえらなくなるまでの総時間」を問われることもあります。これも同様に、各滞空時間 \(t_1, t_2, \dots\) が初項 \(t_1\)、公比 \(e\) の無限等比級数となるため、和の公式で求めることができます。
  • 失われる力学的エネルギーの総和: 衝突のたびに失われるエネルギーを計算し、その総和を求める問題。これも無限等比級数の和として計算できます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動の分解軸を適切に設定する: 水平な床との衝突なら、水平・鉛直に分解するのが定石です。斜面との衝突なら、斜面に平行・垂直に分解します。力が働く方向と働かない方向を見極めて軸を設定することが重要です。
  2. 衝突の前後で「何が変わり、何が変わらないか」を整理する: 衝突現象を見たら、必ず「運動量」「エネルギー」「速度の各成分」について、保存される（不変な）量と変化する量をリストアップする癖をつけましょう。
  3. 繰り返し（漸化）の関係を見つける: 1回目と2回目の運動の関係を計算（(3)の設問）することで、\(n\) 回目と \(n+1\) 回目の関係を推測します。多くの場合、それは単純な等比または等差の関係になっています。
  4. 「無限」「やがて」という言葉に反応する: 問題文に「無限に繰り返す」「やがて止まる」「十分時間が経過すると」といった表現があれば、それは無限級数の和や極限値を考えるサインである可能性が高いです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 衝突で水平速度も変化させてしまう:
  • 誤解: 衝突によって速度ベクトル全体が \(e\) 倍になる、あるいは速さが \(e\) 倍になると勘違いし、水平方向の速度も \(e\) 倍してしまう。
  • 対策: 力が働くのはどちらの方向かを常に意識しましょう。床からの力（垂直抗力）は鉛直方向にしか働かないため、運動量を変化させる（＝加速度を生じさせる）のも鉛直方向だけです。水平方向には力が働かないので、速度は不変です。「運動の変化は、力の方向にのみ生じる」という運動の法則の基本に立ち返ることが重要です。
• 反発係数の式の符号ミス:
  • 誤解: 衝突後の鉛直速度を、向きを変えずに \(ev_y\) としてしまう。
  • 対策: 反発係数の式は、厳密には \(v’_{\text{後}} = -e v_{\text{前}}\) という形で、速度の「向きの反転」を含んでいます。衝突直前の鉛直速度（下向き）を負とすれば、衝突直後の鉛直速度（上向き）は \(-e \times (\text{負の速度})\) となり、正の値として正しく計算されます。常に座標軸の正の向きを意識して立式しましょう。
• 無限等比級数の初項や公比の誤り:
  • 誤解: 総和を求めるときに、初項を \(1\) としたり、公比を \(e^2\) としたりする。
  • 対策: 求める和が \(L = L_1 + L_2 + L_3 + \dots\) であることを明確に書き出しましょう。この数列の初項は \(L_1\) であり、隣り合う項の比（公比）は \((3)\) で計算した通り \(e\) です。公式 \(S = \frac{a}{1-r}\) に、\(a=L_1\), \(r=e\) を正確に代入することが重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（等加速度直線運動の公式）:
  • 選定理由: 求めたいのは「時間」。分かっているのは鉛直方向の「初速度」と「加速度（重力加速度）」、そして「変位（同じ高さに戻るので0）」です。これら4つの量（\(y, v_{0y}, a_y, t\)）を直接結びつける公式が \(y = v_0t + \frac{1}{2}at^2\) であるため、これを選択するのが最も合理的です。別解のように、最高点で \(v_y=0\) となることを利用して \(v = v_0 + at\) を使うことも可能で、計算の好みで選択できます。
  • 適用根拠: 鉛直方向の運動は、重力という一定の力が働くため、常に等加速度直線運動として扱うことができるからです。
• (2)での公式選択（等速直線運動の公式）:
  • 選定理由: 求めたいのは「水平距離」。水平方向は力が働かないため「等速直線運動」です。等速直線運動で距離を求める公式は \(x=vt\) しかありません。
  • 適用根拠: 水平方向に外力が働かないという物理的な事実が、この公式を適用する根拠です。時間 \(t\) には、(1)で求めた滞空時間を代入します。
• (3)での公式選択（反発係数の法則 ＋ (1),(2)の再適用）:
  • 選定理由: 2回目の放物運動を解析するには、その初期条件（特に鉛直方向の初速度）を知る必要があります。この初期条件は、1回目の運動の最終状態（衝突直前）から、衝突の法則を使って決定されます。したがって、まず反発係数の法則を適用し、その後は(1),(2)と全く同じ論理で公式を選択・適用します。
  • 適用根拠: 衝突現象では反発係数の法則が、その後の放物運動では運動の分解と各方向の運動法則が適用できる、という物理的な事実に基づいています。
• (4)での公式選択（無限等比級数の和の公式）:
  • 選定理由: 求めたいのは「無限回の運動の総和」です。これは純粋な物理法則だけでは計算できず、数学的な処理が必要となります。(3)で得られた規則性（飛距離が公比 \(e\) の等比数列をなす）から、この問題が無限等比級数の和に帰着されると判断し、その公式を選択します。
  • 適用根拠: \(0<e<1\) という物理的な条件が、級数が収束するための数学的な条件 \(|r|<1\) を満たしていることが、この公式を適用できる根拠となります。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 初速度の成分分解を確実に行う:
  • 問題の冒頭で、\(v_{0x} = v_0 \cos\theta\) と \(v_{0y} = v_0 \sin\theta\) を計算し、はっきりと書き出しておきましょう。全ての計算の基礎となるため、ここで間違えると以降の設問がすべて不正解になります。
• 三角関数の倍角公式を使いこなす:
  • \(L_1\) の計算で出てくる \(2\sin\theta\cos\theta\) を見たら、機械的に \(\sin(2\theta)\) に変換できるように練習しておきましょう。式がシンプルになり、(3)での比の計算など、後の見通しが格段に良くなります。
• 文字式のまま計算を進める:
  • (3)で \(L_2/L_1\) を計算する際、(2)で求めた \(L_1 = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g}\) という文字式のまま計算することで、多くの項が打ち消し合ってきれいに \(e\) だけが残ります。具体的な数値を代入する癖があると、このような規則性を見つけにくくなります。
• 極端な場合を代入して検算する:
  • (4)で得られた答え \(L = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{(1-e)g}\) が妥当かを確認するために、極端な値を代入してみましょう。
    • もし完全な弾性衝突なら \(e=1\)。分母が \(1-1=0\) となり、\(L\) は無限大に発散します。これは、ボールが永遠に跳ね続ける状況と一致し、正しいです。
    • もし完全な非弾性衝突（粘土のような衝突）なら \(e=0\)。分母が \(1-0=1\) となり、\(L = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g} = L_1\) となります。これは、1回目で跳ね返らずに止まる状況と一致し、正しいです。
  • このような検算は、式の形が正しいかどうかを確かめる上で非常に有効です。

205 平面上での衝突

【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次元衝突と動摩擦力が働く運動の解析」です。斜め衝突を適切に成分分解して扱う能力と、その後の摩擦による運動を仕事とエネルギーの関係から考察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
図2に示された速度ベクトル\(\vec{v}\)と、その成分である\(\vec{v_n}\)（法線成分）、\(\vec{v_t}\)（接線成分）の関係を、三角比を用いて数式で表します。図を正確に読み取ることが全てです。
この設問における重要なポイント

• 速度\(\vec{v}\)はy軸の正の向き。
• 法線（破線）はy軸から\(\theta\)の角をなしている。
• 図から、\(\vec{v}\)と\(\vec{v_n}\)のなす角が\(\theta\)であることがわかる。

具体的な解説と立式
図2より、速度ベクトル\(\vec{v}\)は、\(\vec{v_n}\)と\(\vec{v_t}\)を2辺とする長方形の対角線になっています。
\(\vec{v}\)の向き（y軸）と\(\vec{v_n}\)の向き（破線）のなす角が\(\theta\)なので、三角比の関係から、

• 法線成分\(v_n\)の大きさは、
  $$ v_n = v \cos\theta $$
• 接線成分\(v_t\)の大きさは、
  $$ v_t = v \sin\theta $$

上記の立式の通りです。

Bの速度という一つの矢印を、衝突に直接関係する「中心に向かう方向の成分」と、衝突には関係ない「中心からずれる方向の成分」の2つの矢印に分解する問題です。これは、図形と三角関数（サイン、コサイン）の知識を使えば計算できます。

ベクトルの成分分解を正しく行い、\(v_n = v \cos\theta\), \(v_t = v \sin\theta\)と求められました。

問(2)

思考の道筋とポイント
衝突現象を、(1)で分解した「法線方向」と「接線方向」に分けて考えます。

• 接線方向: 円盤の側面はなめらかなので、この方向には力は働きません。したがって、各円盤のこの方向の速度成分は衝突の前後で変化しません。
• 法線方向: この方向に力が働くため、速度が変化します。この1次元の衝突とみなせる運動について、運動量保存則と反発係数の式を立てます。

この設問における重要なポイント

• 衝突は瞬間的に起こるので、衝突中の摩擦力の影響は無視できる。
• 接線方向には力が働かない \(\rightarrow\) 速度成分は不変。
• 法線方向には力が働く \(\rightarrow\) 運動量保存則と反発係数の式を適用。
• 反発係数は \(e=1\)（弾性衝突）。

具体的な解説と立式

• 接線方向の運動
  Aは衝突前、静止していたので接線方向の速度成分は\(0\)です。この方向には力が働かないので、衝突後もAの接線方向の速度成分\(w_t\)は\(0\)のままです。
  $$ w_t = 0 $$
• 法線方向の運動
  衝突前のAの法線方向速度は\(0\)、Bは\(v_n\)。衝突後のA, Bの法線方向速度をそれぞれ\(w_n\), \(v’_n\)とします。
  • 運動量保存則:
    $$ m \cdot 0 + m v_n = m w_n + m v’_n $$
    両辺を\(m\)で割ると、
    $$ v_n = w_n + v’_n \quad \cdots ① $$
  • 反発係数の式 (\(e=1\)):
    $$ 1 = -\frac{w_n – v’_n}{0 – v_n} = \frac{w_n – v’_n}{v_n} $$
    $$ v_n = w_n – v’_n \quad \cdots ② $$

式①と式②を連立して\(w_n\)を求めます。
① + ② を計算すると、
$$
\begin{aligned}
(v_n) + (v_n) &= (w_n + v’_n) + (w_n – v’_n) \\[2.0ex] 2v_n &= 2w_n \\[2.0ex] w_n &= v_n
\end{aligned}
$$
(1)の結果 \(v_n = v \cos\theta\) を代入して、
$$ w_n = v \cos\theta $$

ビリヤードの玉の衝突をイメージしてください。玉の側面はツルツルなので、かすめる方向には力は伝わりません。したがって、Aはかすめる方向には動きません（\(w_t=0\)）。力が伝わるのは、玉の中心同士を結ぶまっすぐな方向だけです。この方向について見ると、質量が同じ玉同士がぶつかる（しかも弾性衝突）ので、まるで速度を交換したかのように、止まっていたAがBの速度をもらって動き出します。

衝突後のAの速度は、法線方向に\(w_n = v \cos\theta\)、接線方向に\(w_t = 0\)と求まりました。これは、Aが衝突後に破線の向きに滑り出すことを意味します。

問(3)

思考の道筋とポイント
衝突直後のAは、速さ\(w_n = v \cos\theta\)で、破線の向きにまっすぐ滑り出します。その後、運動方向と逆向きに一定の大きさの動摩擦力を受け続けるため、等加速度直線運動をして、やがて静止します。Aが持つ運動エネルギーが、動摩擦力のする仕事によってすべて消費される、という「仕事とエネルギーの関係」から、滑った距離を求めます。
この設問における重要なポイント

• Aの初めの運動エネルギーは \(\frac{1}{2}m w_n^2\)。
• Aに働く動摩擦力の大きさは \(\mu’ N = \mu’ mg\)。
• Aが滑る距離を\(s\)とすると、動摩擦力のする仕事は \(-\mu’ mgs\)。
• 仕事とエネルギーの関係: \((\text{後の運動エネルギー}) – (\text{前の運動エネルギー}) = (\text{された仕事})\)。

具体的な解説と立式

• 滑った距離\(s\)の計算
  仕事とエネルギーの関係より、
  $$ 0 – \frac{1}{2}m w_n^2 = -\mu’ mgs $$
• 座標の計算
  Aは、図2の破線の向きに距離\(s\)だけ進みます。この破線は、y軸からx軸の負の方向に\(\theta\)だけ傾いています。したがって、静止点Aの座標\((x, y)\)は、三角比を用いて以下のように表せます。
  $$ x = -s \sin\theta $$
  $$ y = s \cos\theta $$

まず、エネルギーの式から滑った距離\(s\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2}m w_n^2 &= \mu’ mgs \\[2.0ex] s &= \frac{w_n^2}{2\mu’g}
\end{aligned}
$$
(2)の結果 \(w_n = v \cos\theta\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
s &= \frac{(v \cos\theta)^2}{2\mu’g} \\[2.0ex] &= \frac{v^2 \cos^2\theta}{2\mu’g}
\end{aligned}
$$
次に、この\(s\)を座標の式に代入します。

• x座標:
  $$
  \begin{aligned}
  x &= -s \sin\theta \\[2.0ex] &= -\frac{v^2 \cos^2\theta}{2\mu’g} \sin\theta \\[2.0ex] &= -\frac{v^2 \cos^2\theta \sin\theta}{2\mu’g}
  \end{aligned}
  $$
• y座標:
  $$
  \begin{aligned}
  y &= s \cos\theta \\[2.0ex] &= \frac{v^2 \cos^2\theta}{2\mu’g} \cos\theta \\[2.0ex] &= \frac{v^2 \cos^3\theta}{2\mu’g}
  \end{aligned}
  $$

衝突で弾き飛ばされたAは、氷の上をまっすぐ滑りながら、摩擦によってだんだん遅くなってやがて止まります。最初に持っていた運動のエネルギーが、すべて摩擦によって熱に変わったときに止まる、というルールを使います。このルールから、Aがどれくらいの距離を滑るか計算できます。最後に、Aが滑っていった方向と距離から、ゴール地点のx座標とy座標を三角関数で求めます。

Aの静止位置の座標が求められました。Aは第2象限に進むので、x座標が負、y座標が正となるのは妥当です。

【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？

• 2次元衝突における運動の分解
  • 核心: 2次元平面上での衝突という複雑な現象を、物理的に意味のある2つの単純な1次元運動に分解して考えることです。その分解の軸は、デカルト座標（x, y軸）ではなく、衝突の際に力が働く向きである「中心を結ぶ線（法線方向）」と、力が働かない「それに垂直な方向（接線方向）」に取るのが絶対的な定石です。
  • 理解のポイント:
    • 法線方向: 2つの円盤の中心を結ぶこの方向には、衝突による力が直接働きます。したがって、この方向の運動成分だけを見れば、まるで1次元の正面衝突のように、運動量保存則と反発係数の式が適用できます。
    • 接線方向: 円盤の側面はなめらかなので、この方向には力は働きません。力が働かなければ運動は変化しないため、この方向の速度成分は衝突の前後で全く変化しない（保存される）という非常にシンプルなルールが適用されます。
• 仕事とエネルギーの関係（エネルギー原理）
  • 核心: 摩擦力が働く運動のように、力学的エネルギーが保存されない場面で、運動の変化を解析するための強力な法則です。物体の運動エネルギーの変化量は、その物体がされた仕事の総和に等しい、という関係を理解し、適用することが核心です。
  • 理解のポイント:
    • エネルギーの収支計算: (3)では、Aが最初に持っていた運動エネルギー \(\frac{1}{2}mw_n^2\) が、動摩擦力がする負の仕事 \(-\mu’mgs\) によって徐々に奪われ、最終的に運動エネルギーが \(0\) になった、というエネルギーの収支計算を行っています。
    • 力学的エネルギー保存則との違い: 力学的エネルギー保存則が「保存力のみが仕事をする」という限定的な状況でしか使えないのに対し、仕事とエネルギーの関係は、摩擦力のような非保存力が仕事をする場合も含め、常に成り立つより一般的な法則です。

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:
  • 質量や反発係数が異なる斜め衝突: この問題では質量が等しく \(e=1\) でしたが、質量が異なったり、反発係数が \(1\) でなかったりしても、解析の基本手順（法線・接線分解 → 法線方向で連立方程式）は全く同じです。
  • 回転する剛体との衝突: 静止している棒に小球が斜めに衝突するような問題。この場合も、衝突点を通り棒に垂直な方向（法線）と平行な方向（接線）に分解して考えますが、剛体が回転を始めるため、角運動量保存則なども考慮する必要があり、より発展的な問題となります。
  • 曲面を滑り終えた後の摩擦運動: 斜面や曲面を滑り降りた物体が、そのまま摩擦のある水平面に突入する問題。この場合も、曲面を滑る間は力学的エネルギー保存則、摩擦面では仕事とエネルギーの関係、というように局面を分けて解析します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 衝突を見たら、まず「法線」と「接線」を描く: 2つの物体が衝突する図を見たら、反射的に2つの物体の中心を結ぶ線（法線）と、接点における接線を描き込みましょう。これが運動を分解する基準線になります。
  2. 衝突前後の速度ベクトルを、法線・接線方向に分解する: 衝突に関わる全ての速度ベクトルを、この2つの方向に成分分解して図示します。これにより、どの成分が変化し、どの成分が不変なのかが視覚的に明確になります。
  3. 衝突後の運動を分析し、働く力をすべて図示する: 衝突が終わった後、物体がどのような力を受けて運動するかを考えます。この問題では動摩擦力のみです。力が一定であれば、仕事とエネルギーの関係、あるいは運動方程式（等加速度運動）のどちらでも解ける、と考えます。
  4. 最終的な座標を問われたら、まず「距離」と「方向」を求める: (3)のように座標を問われた場合、いきなりx, yで考えるのではなく、まず「どの方向に」「どれだけの距離」進んだのかを求めます。その後、三角比を用いてその結果をx, y座標に変換するという2段階で考えると、思考が整理されミスが減ります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 衝突の分解軸をx, y軸で考えてしまう:
  • 誤解: 普段の放物運動などの癖で、衝突現象もx, y軸に分解して運動量保存則を立てようとしてしまう。
  • 対策: 衝突の際に働く力（撃力）は、基本的に中心を結ぶ「法線方向」にしか働きません。したがって、x, y軸で分解すると、両方の成分で運動量が変化し、式が非常に複雑になります。「衝突は法線・接線分解」と機械的に覚えるくらい徹底しましょう。
• 速度交換則の条件を誤解する:
  • 誤解: 質量が異なる場合や、非弾性衝突（\(e \neq 1\)）の場合でも、速度が交換されると勘違いしてしまう。
  • 対策: 速度交換則は、「質量が等しい」「弾性衝突（\(e=1\)）」「1次元衝突（または2次元衝突の法線成分）」という3つの厳しい条件が揃ったときにのみ使える「裏ワザ」的な性質であると認識しましょう。条件が一つでも欠ければ、基本に立ち返り、運動量保存則と反発係数の式を連立させる必要があります。
• 仕事の符号を間違える:
  • 誤解: 仕事とエネルギーの関係を立てる際に、動摩擦力がする仕事を正の値 \(\mu’mgs\) としてしまう。
  • 対策: 仕事の定義は「力と、力の向きに動いた距離の積」です。動摩擦力は常に運動の向きと「逆向き」に働くため、その仕事は必ず負の値 \(-\mu’mgs\) になります。\(K_{後} – K_{前} = W\) の基本式に、\(K_{後}=0\), \(W=-\mu’mgs\) と、符号を意識して代入する癖をつけましょう。
• 座標計算で\(\sin\)と\(\cos\)を取り違える:
  • 誤解: x座標は\(\cos\theta\)、y座標は\(\sin\theta\)という思い込みから、\(x = -s \cos\theta\), \(y = s \sin\theta\) のように機械的に計算してしまう。
  • 対策: 必ず図を描いて、角度\(\theta\)がどの角に対応するのかを確認しましょう。この問題では、Aが進む方向とy軸のなす角が\(\theta\)です。したがって、y軸からの距離であるx座標が \(s\sin\theta\) に、y軸方向の変位であるy座標が \(s\cos\theta\) に対応します。図を描いて直角三角形を見つけることが、このミスを防ぐ唯一の方法です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• (1)での公式選択（ベクトルの成分分解）:
  • 選定理由: 設問で「法線成分\(v_n\)と平行成分\(v_t\)を求めよ」と明確に指示されているため、これに従います。また、この分解は続く(2)の衝突解析において必須の準備段階です。
  • 適用根拠: 速度はベクトル量であり、任意の直交する2つの軸に対して成分分解が可能であるという数学的な事実に基づいています。
• (2)での公式選択（運動量保存則＋反発係数の式）:
  • 選定理由: 「2次元衝突」を解析するための標準的な手順です。衝突を法線方向と接線方向に分解すると、力が働く法線方向の運動については、未知数が衝突後のA, Bの速度成分の2つになります。これを決定するには独立した式が2本必要であり、それが「運動量保存則」と「反発係数の式」です。
  • 適用根拠: 衝突は短時間で起こるため、外力（この場合は摩擦力）の影響は無視でき、AとBからなる系で運動量が保存されるとみなせます。また、問題文に反発係数(\(e=1\))が与えられています。一方、接線方向には力が働かないため、速度成分は変化しないという運動の法則が適用されます。
• (3)での公式選択（仕事とエネルギーの関係）:
  • 選定理由: 求めたいのは「静止するときの座標」、すなわち「滑った距離」です。動摩擦力という「非保存力」が仕事をする運動で、始点と終点の速度（エネルギー）がわかっている場合、仕事とエネルギーの関係（エネルギー原理）を用いるのが最も直接的で計算が簡潔になります。
  • 適用根拠: 「物体の運動エネルギーの変化量は、その物体にされた仕事の総和に等しい」という、ニュートンの運動方程式と同等な、極めて普遍的な物理法則だからです。別解のように運動方程式を立てて加速度を求め、等加速度運動の公式を使うことも可能ですが、時間を経由しない分、エネルギーを用いた方が効率的です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 図を大きく丁寧に描き、情報を書き込む:
  • 特に(1)の成分分解や(3)の座標計算では、ベクトル、軸、角度の関係を正確に把握することが不可欠です。問題用紙の余白に大きく図を描き、分かっている角度や辺の長さを書き込むことで、視覚的に関係性を捉えやすくなり、ミスを防げます。
• 各成分を明確に区別して記述する:
  • 衝突前のBの法線成分は\(v_n\)、衝突後のAの法線成分は\(w_n\)のように、どの物体の、どの方向の、どの時点での速度成分なのかを、添え字などを使って明確に区別してノートに書く癖をつけましょう。これにより、立式時の混乱や代入ミスを防げます。
• 文字式のまま計算を進める:
  • (3)で滑った距離\(s\)を求める際に、\(s = \frac{w_n^2}{2\mu’g}\)と文字式のまま導出し、最後に\(w_n = v \cos\theta\)を代入します。最初から具体的な数値を代入したり、複雑な式を代入したりすると、計算が煩雑になりがちです。できる限りシンプルな文字式で計算を進め、代入は最後の段階で行うのが鉄則です。
• 別解による検算:
  • (2)は、連立方程式で解いた後に、この問題が速度交換則の条件（質量が等しい、弾性衝突）を満たすことに気づけば、\(w_n=v_n\)となるはずだ、という強力な検算ができます。
  • (3)は、エネルギーで解いた後に、運動方程式と等加速度運動の公式で解いてみて、同じ滑走距離\(s\)が導出できるかを確認することで、計算の信頼性を高めることができます。
• 物理的にありえない値でないか吟味する:
  • (3)で求めた座標の符号を確認します。Aは図から明らかに第2象限（x<0, y>0）に進むはずです。計算結果がそうなっているかを確認するだけで、三角関数の選択ミスや符号ミスを発見できることがあります。

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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