「センサー物理 3rd Edition」徹底解説！【Chapter 4】Step3

44 木材への弾丸の打ち込み

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、なめらかな水平面上での物体同士の衝突（合体）を扱う問題です。運動量保存則、力積と運動量の関係、そしてエネルギーと仕事の関係といった、力学の根幹をなす複数の法則を総合的に活用する能力が試されます。
この問題の核心は、弾丸と材木という2つの物体からなる「系」全体で考える視点と、それぞれの物体に個別に着目する視点を、設問に応じて使い分けることです。

【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「非弾性衝突における力学法則の適用」です。特に、運動量保存則が成立する一方で、力学的エネルギーは保存されない点が重要です。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

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
弾丸が材木にめり込み、やがて一体となって運動する状況を考えます。この過程で、弾丸と材木の間には内力（抵抗力\(F\)）が働きますが、弾丸と材木を一つの「系」として考えると、この力は系の内部の力になります。水平方向には外部から力が働かないため、この系の全運動量は保存されます。この「運動量保存則」を用いて、一体となった後の速度を求めます。
この設問における重要なポイント

• 運動量保存則の適用: 弾丸と材木を一つの系とみなし、衝突前後の運動量の総和が等しいと考えます。
• 衝突前の運動量: 弾丸の運動量 \(mv\) と材木の運動量 \(M \times 0\) の和です。
• 衝突後の運動量: 弾丸と材木が一体となり、質量 \((m+M)\) の物体として速度 \(V\) で運動すると考えます。

具体的な解説と立式
水平方向右向きを正の向きとします。
衝突前の系の運動量の総和 \(p_{\text{前}}\) は、弾丸の運動量と材木の運動量の和です。
$$ p_{\text{前}} = mv + M \times 0 = mv $$
衝突後、弾丸と材木は一体となって速度 \(V\) で運動します。このときの系の運動量の総和 \(p_{\text{後}}\) は、
$$ p_{\text{後}} = (m+M)V $$
水平方向には外力が働かないため、運動量保存則が成り立ちます。
$$ p_{\text{前}} = p_{\text{後}} $$
したがって、以下の式が立てられます。
$$ mv = (m+M)V $$

上記で立てた運動量保存則の式を \(V\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(m+M)V &= mv \\[2.0ex]V &= \frac{mv}{m+M} \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$

衝突の前後で、二つの物体を合わせた「運動の勢い（運動量）」の合計は変わりません。初めに弾丸だけが持っていた勢いが、衝突後には弾丸と材木が合わさったものに分配される、と考えることで、衝突後の速さを計算します。

弾丸が材木に対して静止したときの材木の速さは \(\displaystyle\frac{mv}{m+M}\) [m/s] です。これは弾丸と材木が一体となったときの速度です。分母が \((m+M)\) となっていることから、衝突後の速度 \(V\) は、弾丸の初速度 \(v\) よりも必ず小さくなることがわかります。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
材木が受けた力積の大きさを求める問題です。物体の運動量の変化は、その物体が受けた力積に等しいという「力積と運動量の関係」を利用します。材木は最初静止しており、衝突後には(1)で求めた速度 \(V\) で運動します。この運動量の変化を計算することで、材木が受けた力積を求めます。
この設問における重要なポイント

• 力積と運動量の関係: \(I = \Delta p = p_{\text{後}} – p_{\text{前}}\)
• 着目する物体: この問題では「材木」の運動量変化に着目します。
• 材木の運動量: 初めの運動量は \(0\)、後の運動量は \(MV\) です。

具体的な解説と立式
材木が受けた力積を \(I_M\) とします。力積と運動量の関係より、\(I_M\) は材木の運動量の変化量に等しくなります。
材木の初めの運動量は \(p_{\text{材木・前}} = M \times 0 = 0\) です。
材木の後の運動量は \(p_{\text{材木・後}} = MV\) です。
したがって、材木が受けた力積 \(I_M\) は、
$$ I_M = p_{\text{材木・後}} – p_{\text{材木・前}} = MV – 0 $$
よって、以下の式が立てられます。
$$ I_M = MV $$

上記で立てた式に、(1)で求めた \(V = \displaystyle\frac{mv}{m+M}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
I_M &= M \times \left( \frac{mv}{m+M} \right) \\[2.0ex]&= \frac{mMv}{m+M} \text{ [N}\cdot\text{s]}
\end{aligned}
$$

「力積」とは、物体が受けた力の大きさと時間を掛け合わせたもので、物体の「運動の勢い（運動量）」をどれだけ変化させたかを表す量です。この問題では、止まっていた材木が動き出したので、その運動量の変化分を計算することで、材木が受けた力積を求めています。

材木が受けた力積の大きさは \(\displaystyle\frac{mMv}{m+M}\) [N・s] です。この値は正であり、材木が右向きに力を受けて運動量を増やしたことと一致します。

問(3)

思考の道筋とポイント
衝突にかかった時間 \(\Delta t\) を求める問題です。力積は「力 × 時間」で定義されます。問題文より、材木が弾丸から受ける力は一定で \(F\) であると与えられています。(2)で求めた力積 \(I_M\) をこの定義式に当てはめることで、時間 \(\Delta t\) を計算できます。
この設問における重要なポイント

• 力積の定義: \(I = F \Delta t\) （力が一定の場合）
• (2)の結果の利用: (2)で求めた力積 \(I_M\) の値を使います。

具体的な解説と立式
材木が受けた力積 \(I_M\) は、一定の力 \(F\) が時間 \(\Delta t\) の間働いた結果なので、次のように表せます。
$$ I_M = F \Delta t $$
(2)の結果から \(I_M = \displaystyle\frac{mMv}{m+M}\) なので、
$$ F \Delta t = \frac{mMv}{m+M} $$

上記で立てた式を \(\Delta t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
\Delta t &= \frac{1}{F} \times \frac{mMv}{m+M} \\[2.0ex]&= \frac{mMv}{(m+M)F} \text{ [s]}
\end{aligned}
$$

(2)で求めた力積（運動量の変化）を、物体に働いた力の大きさ \(F\) で割ることで、その力が働いていた時間を計算します。

衝突にかかった時間は \(\displaystyle\frac{mMv}{(m+M)F}\) [s] です。力の大きさ \(F\) が大きいほど、時間は短くなるという直感に合った結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
弾丸が材木にくい込んだ深さ \(\Delta L\) を求める問題です。これは、衝突時間 \(\Delta t\) の間に、弾丸が進んだ距離と材木が進んだ距離の差に相当します。弾丸と材木はそれぞれ一定の力（作用・反作用）を受けて等加速度直線運動をすると考え、それぞれの移動距離を計算し、その差を求めます。
この設問における重要なポイント

• くい込んだ深さの定義: \(\Delta L = (\text{弾丸の移動距離}) – (\text{材木の移動距離})\)
• 各物体の運動: 弾丸と材木はそれぞれ一定の加速度で運動します。
• 運動方程式: 各物体の加速度を運動方程式 \(ma=f\) から求めます。

具体的な解説と立式
衝突時間 \(\Delta t\) の間に、弾丸が進んだ距離を \(L_m\)、材木が進んだ距離を \(L_M\) とします。くい込んだ深さ \(\Delta L\) は、
$$ \Delta L = L_m – L_M \quad \cdots ① $$
まず、各物体の加速度を求めます。運動の向き（右向き）を正とします。
・弾丸: 材木から左向き（負の向き）に力 \(F\) を受けるので、加速度 \(a_m\) は運動方程式より、
$$ ma_m = -F \quad \rightarrow \quad a_m = -\frac{F}{m} $$
・材木: 弾丸から右向き（正の向き）に力 \(F\) を受けるので、加速度 \(a_M\) は運動方程式より、
$$ Ma_M = F \quad \rightarrow \quad a_M = \frac{F}{M} $$
次に、等加速度直線運動の変位の公式 \(x = v_0 t + \frac{1}{2}at^2\) を用いて、各物体の移動距離を求めます。
・弾丸の移動距離 \(L_m\):
$$ L_m = v\Delta t + \frac{1}{2}a_m(\Delta t)^2 = v\Delta t + \frac{1}{2}\left(-\frac{F}{m}\right)(\Delta t)^2 \quad \cdots ② $$
・材木の移動距離 \(L_M\):
$$ L_M = 0 \cdot \Delta t + \frac{1}{2}a_M(\Delta t)^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{F}{M}\right)(\Delta t)^2 \quad \cdots ③ $$
①に②、③を代入して \(\Delta L\) を求めます。

①、②、③より、
$$
\begin{aligned}
\Delta L &= L_m – L_M \\[2.0ex]&= \left( v\Delta t – \frac{F}{2m}(\Delta t)^2 \right) – \left( \frac{F}{2M}(\Delta t)^2 \right) \\[2.0ex]&= v\Delta t – \left( \frac{F}{2m} + \frac{F}{2M} \right)(\Delta t)^2 \\[2.0ex]&= v\Delta t – \frac{F}{2}\left( \frac{1}{m} + \frac{1}{M} \right)(\Delta t)^2 \\[2.0ex]&= v\Delta t – \frac{F}{2}\left( \frac{M+m}{mM} \right)(\Delta t)^2
\end{aligned}
$$
ここに(3)で求めた \(\Delta t = \displaystyle\frac{mMv}{(m+M)F}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta L &= v \left( \frac{mMv}{(m+M)F} \right) – \frac{F}{2}\left( \frac{m+M}{mM} \right) \left( \frac{mMv}{(m+M)F} \right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{mMv^2}{(m+M)F} – \frac{F}{2} \frac{m+M}{mM} \frac{(mMv)^2}{((m+M)F)^2} \\[2.0ex]&= \frac{mMv^2}{(m+M)F} – \frac{F}{2} \frac{m+M}{mM} \frac{m^2 M^2 v^2}{(m+M)^2 F^2} \\[2.0ex]&= \frac{mMv^2}{(m+M)F} – \frac{1}{2} \frac{mMv^2}{(m+M)F} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \frac{mMv^2}{(m+M)F} \\[2.0ex]&= \frac{mMv^2}{2(m+M)F} \text{ [m]}
\end{aligned}
$$

弾丸が材木にめり込んでいる間、弾丸はブレーキをかけられながら進み、材木は加速されながら進みます。この間に弾丸が進んだ距離と材木が進んだ距離の「差」が、くい込んだ深さになります。それぞれの移動距離を計算して引き算をすることで求めています。

弾丸が材木にくい込んだ深さは \(\displaystyle\frac{mMv^2}{2(m+M)F}\) [m] です。計算は複雑ですが、物理法則を一つ一つ適用することで導出できます。

【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:
  • 核心: 弾丸と材木を一つの「系」として捉えたとき、水平方向には外力が働いていません。そのため、衝突の前後で系全体の運動量の合計は一定に保たれます。これが(1)で一体となった後の速度を求めるための最も重要な法則です。
  • 理解のポイント: \(mv = (m+M)V\) という関係式は、この物理現象を直接的に表現したものです。衝突、合体、分裂といった問題では、まず運動量保存則が使えないかを考えるのが定石です。
• 力積と運動量の関係:
  • 核心: (2)と(3)を解く鍵です。個々の物体（この問題では材木や弾丸）に着目したとき、「その物体が受けた力積は、その物体の運動量の変化に等しい」という法則です。(2)では材木の運動量の変化から力積を求め、(3)ではその力積を力の定義 (\(I=F\Delta t\)) に結びつけて時間を求めます。
  • 理解のポイント: 運動量保存則が「系全体」の法則であるのに対し、力積と運動量の関係は「個々の物体」に適用する法則です。両者の使い分けを意識することが重要です。
• エネルギーと仕事の関係:
  • 核心: (4)を解くための強力な別解を与えてくれます。この衝突では、抵抗力という非保存力が働くため、力学的エネルギーは保存されません。この「失われた力学的エネルギー」が「抵抗力がした仕事」に等しい、という関係式を立てることで、くい込んだ深さを直接求めることができます。
  • 理解のポイント: \(\Delta E = W_{\text{非保存力}}\) という関係は、力学的エネルギー保存則をより一般化したものです。摩擦や空気抵抗が関わる問題で、移動距離を問われた際に非常に有効なアプローチとなります。

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:
  • 分裂問題: 静止している物体が2つ以上に分裂する場合。これも運動量保存則（初めの運動量0 = 分裂後の運動量の和）が中心となります。
  • 動く台車上での物体の運動: なめらかな床の上の台車の上を人が歩く、などの問題。人と台車を一つの系とみなせば、水平方向の運動量は保存されます。
  • 摩擦のある面での衝突: もし床に摩擦があれば、系に対して外力（摩擦力）が働くため、運動量保存則は厳密には成り立ちません。しかし、衝突時間が極めて短い「撃力」とみなせる場合は、衝突の瞬間だけは運動量保存が近似的に成り立つとして問題を解くことがあります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 「系」を設定する: まず、どの物体を一つの「系」とみなすかを考えます。
  2. 外力の有無を確認する: 設定した系に対して、考えている方向に外力が働くかを確認します。外力がなければ運動量保存則、あれば力積と運動量の関係を個別に適用することを検討します。
  3. エネルギー保存の可否を判断する: 摩擦力や非弾性衝突による抵抗力など、非保存力が仕事をしていないかを確認します。仕事をしている場合、力学的エネルギーは保存されません。その場合は、エネルギーと仕事の関係（\(\Delta E = W\)）が使えないか考えます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量保存則と力学的エネルギー保存則の混同:
  • 誤解: 運動量が保存されるなら、力学的エネルギーも保存されるだろうと勘違いしてしまう。
  • 対策: 運動量保存は「外力がない」ことが条件、力学的エネルギー保存は「非保存力が仕事をしない」ことが条件です。本問のように、内力（抵抗力）によって熱が発生する非弾性衝突では、運動量は保存されますが、力学的エネルギーは保存されません。この2つの法則の成立条件は全く別物であると明確に区別しましょう。
• 力積と運動量の関係の適用対象の間違い:
  • 誤解: (2)で材木の力積を求める際に、系全体の運動量変化を考えてしまう。
  • 対策: 力積と運動量の関係 \(I = \Delta p\) は、必ず「一つの物体」に着目して適用します。「どの物体の」「どの時間における」運動量変化なのかを常に意識しましょう。
• (4)のエネルギー計算での仕事の符号ミス:
  • 誤解: エネルギーと仕事の関係式 \(\Delta E = W\) において、抵抗力がした仕事 \(W\) の符号を正にしてしまう。
  • 対策: 抵抗力 \(F\) は、系の力学的エネルギーを「減らす」働きをします。したがって、その仕事は負 (\(W = -F\Delta L\)) となります。仕事の符号は、エネルギーが増加するのか減少するのかを考えれば判断できます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 速度-時間グラフ（v-tグラフ）: 弾丸と材木の速度変化をグラフに描くと、現象の理解が深まります。弾丸は初速度 \(v\) から一定の傾き（負の加速度）で減速し、材木は初速度 \(0\) から一定の傾き（正の加速度）で加速します。両者の速度が \(V\) で等しくなったときが衝突の終了時刻 \(\Delta t\) です。そして、このグラフで囲まれた面積がそれぞれの移動距離を表し、その面積の差が「くい込んだ深さ \(\Delta L\)」に相当します。この視覚的理解は、(4)の運動学的解法と直結します。
  • エネルギーの棒グラフ: 衝突前と衝突後で、エネルギーの内訳がどう変化したかを棒グラフでイメージします。衝突前は「弾丸の運動エネルギー」のみ。衝突後は「一体化した物体の運動エネルギー」と「発生した熱エネルギー（\(F\Delta L\)）」に分配されます。このイメージは、(4)のエネルギーを用いた解法そのものです。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 衝突前と衝突後の図を並べて描く: 運動量保存則を考える際は、必ず「前」と「後」の状態を並べて図示し、それぞれの物体の質量と速度を書き込みます。
  • 力の矢印を明確に: 力積や運動方程式を考える際は、各物体に働く力を矢印で正確に図示します。特に、作用・反作用の関係にある力は、大きさが等しく逆向きであることを意識して描きましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則 (\(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\)):
  • 選定理由: (1)で、衝突後の速度を問われているから。衝突・合体・分裂現象で、外力がなければまずこの法則を考えます。
  • 適用根拠: ニュートンの第三法則（作用・反作用の法則）から導かれる、多体系における普遍的な保存則です。内力は常にペアで存在し、系全体の運動量を変化させないという原理に基づきます。
• 力積と運動量の関係 (\(I = \Delta p\)):
  • 選定理由: (2)で力積、(3)で時間を問われているから。運動量の変化と、それを引き起こした力・時間の関係を結びつける唯一の公式です。
  • 適用根拠: ニュートンの第二法則 \(ma=F\) を時間で積分したものであり、運動方程式と等価な関係式です。
• エネルギーと仕事の関係 (\(\Delta E = W\)):
  • 選定理由: (4)で距離（深さ）を問われているから。特に、非保存力が関わる場合に、始状態と終状態のエネルギー変化から直接距離を求める強力な手段となります。
  • 適用根拠: エネルギー保存則を、非保存力の働きまで含めて拡張した、より一般的なエネルギーの原理です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 衝突後の速度 \(V\):
   • 戦略: 系全体の運動量保存を考える。
   • フロー: ①衝突前後の図を描く → ②運動量保存則を立式 (\(mv = (m+M)V\)) → ③\(V\)について解く。
2. (2) 材木の力積 \(I_M\):
   • 戦略: 材木単体の運動量変化を考える。
   • フロー: ①材木の初めと終わりの運動量を定義 → ②力積と運動量の関係を立式 (\(I_M = MV – 0\)) → ③(1)の\(V\)を代入して計算。
3. (3) 衝突時間 \(\Delta t\):
   • 戦略: 力積の定義と(2)の結果を結びつける。
   • フロー: ①力積の定義式を立てる (\(I_M = F\Delta t\)) → ②(2)の\(I_M\)を代入 → ③\(\Delta t\)について解く。
4. (4) くい込み深さ \(\Delta L\):
   • 戦略A (運動学): 各物体の移動距離の差を計算する。
   • フローA: ①各物体の加速度を運動方程式で求める → ②各物体の移動距離を等加速度運動の公式で表す → ③距離の差 \(\Delta L\) を計算し、(3)の\(\Delta t\)を代入して整理する。
   • 戦略B (エネルギー): 失われた力学的エネルギーが抵抗力の仕事に等しいと考える。
   • フローB: ①衝突前後の系の運動エネルギーを定義 → ②エネルギーと仕事の関係を立式 (\(E_{\text{後}} – E_{\text{前}} = -F\Delta L\)) → ③(1)の\(V\)を代入し、\(\Delta L\)について解く。

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: この問題のように、多くの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。(4)の運動学的解法のように計算が複雑になる場合でも、途中で値を代入するより、文字のままの方が約分などで式が簡単になることが多く、ミスを発見しやすくなります。
• 分数の整理を丁寧に行う: (4)の計算では、分数の足し算や、分数の中に分数が含まれる繁分数の計算が出てきます。通分や約分を焦らず、一行一行丁寧に行うことが重要です。特に、\(\left( \displaystyle\frac{A}{B} \right)^2 = \displaystyle\frac{A^2}{B^2}\) のような変形は慎重に行いましょう。
• 単位の次元を確認する: 例えば(4)で深さ（長さ）を求めているのに、最終的な答えの単位の次元が長さ（[m]）にならない場合、どこかで計算ミスをしています。例えば、\(mv^2/F\) は (kg・(m/s)²)/N = (kg・m²/s²)/(kg・m/s²) = m となり、次元が合っていることが確認できます。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (3) 時間 \(\Delta t\): 答えは \(\displaystyle\frac{mMv}{(m+M)F}\) です。もし抵抗力 \(F\) が非常に大きければ、衝突は一瞬で終わるはずです。式を見ると、\(\Delta t\) は \(F\) に反比例しており、この直感と一致します。
  • (4) 深さ \(\Delta L\): 答えは \(\displaystyle\frac{mMv^2}{2(m+M)F}\) です。弾丸の初速 \(v\) が大きいほど、深くくい込むはずです。式は \(\Delta L\) が \(v^2\) に比例することを示しており、妥当です。また、抵抗力 \(F\) が大きいほど、すぐに止まるので深さは浅くなるはずです。式は \(\Delta L\) が \(F\) に反比例しており、これも直感と一致します。
• 別解との比較:
  • (4)のくい込んだ深さは、運動学的なアプローチ（各物体の移動距離の差）と、エネルギー的なアプローチ（失われたエネルギーと仕事の関係）という、全く異なる2つの視点から求められました。両者で完全に同じ結果が得られたことは、計算の正しさと物理的理解の確かさを強力に裏付けます。複雑な問題ほど、別解での検算は有効な手段となります。

42 ボートから飛び出す人

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、動いている物体からの「分裂」を扱う問題です。運動量保存則と相対速度という、2つの重要な物理法則を組み合わせて解く能力が問われます。
この問題の核心は、まず相対速度の関係から未知の速度を特定し、次に系全体の運動量保存則を適用して未知の質量を求める、という2段階の思考プロセスにあります。

【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「分裂現象における運動量保存則と相対速度」です。2つの未知数を、2つの物理法則を使って連立方程式のように解いていきます。
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。

思考の道筋とポイント
この問題は2つの問いで構成されています。まず、飛び出した人の水面に対する速度（絶対速度）を求めます。「ボートから見た人の速度」（相対速度）と「水面から見たボートの速度」（絶対速度）が与えられているため、相対速度の公式 \(v_{\text{相対}} = v_{\text{相手}} – v_{\text{自分}}\) を用いて、人の絶対速度を計算することができます。次に、この結果と運動量保存則を用いてボートの質量を求めます。

座標軸の設定について
この問題では、最初にボートが進んでいた向きを正の向き(+)と設定すると、現象を直感的に理解しやすくなります。人が飛び出した「後方」は負の向き(-)となります。

飛び出した人の水面に対する速さ

この設問における重要なポイント

• 座標軸: 最初にボートが進んでいた向きを正(+)とします。
• 各速度の符号:
  • 分裂後のボートの速度 \(v_B\): ボートは進行方向に加速して速さ \(4.0 \text{ m/s}\) になったので、\(v_B = +4.0 \text{ m/s}\) です。
  • ボートから見た人の相対速度 \(v_{\text{人,ボート}}\): 人はボートの後方（負の向き）へ速さ \(6.0 \text{ m/s}\) で飛び出したので、\(v_{\text{人,ボート}} = -6.0 \text{ m/s}\) です。
• 求める量: 水面から見た人の速度 \(v_{\text{人}}\)。

具体的な解説と立式
相対速度の公式は、「（自分から見た）相手の相対速度 = 相手の絶対速度 – 自分の絶対速度」です。
これを本問に当てはめると、「（ボートから見た）人の相対速度 = 人の絶対速度 – ボートの絶対速度」となります。
$$ v_{\text{人,ボート}} = v_{\text{人}} – v_B $$

上記の式に、わかっている値を代入します。
$$
\begin{aligned}
-6.0 &= v_{\text{人}} – (+4.0) \\[2.0ex]v_{\text{人}} &= -6.0 + 4.0 \\[2.0ex]v_{\text{人}} &= -2.0 \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$
\(v_{\text{人}}\) の符号が負であることから、人はボートの進行方向とは逆向き（後方）に動いていることがわかります。
速さは速度の大きさなので、絶対値をとって \(2.0 \text{ m/s}\) となります。

ボートは前に秒速 \(4.0 \text{ m}\) で進んでいます。そのボートから見て、人は後ろに秒速 \(6.0 \text{ m}\) で遠ざかっています。ということは、地面（水面）から見ると、人は後ろ向きに \(6.0 – 4.0 = 2.0 \text{ m/s}\) の速さで動いていることになります。

飛び出した人の水面に対する速さは \(2.0 \text{ m/s}\) です。向きは、ボートが最初に進んでいた向きとは逆向きです。

ボートの質量

この設問における重要なポイント

• 運動量保存則の適用: 人とボートを一つの系とみなし、分裂の前後で運動量の総和が等しいと考えます。
• 分裂前の運動量: 人とボートが一体（質量 \(m_B + 50\)）となって、速度 \(v_0 = +3.0 \text{ m/s}\) で運動しています。
• 分裂後の運動量: ボート（質量 \(m_B\)）は速度 \(v_B = +4.0 \text{ m/s}\)、人（質量 \(50 \text{ kg}\)）は速度 \(v_{\text{人}} = -2.0 \text{ m/s}\) で運動しています。

具体的な解説と立式
運動量保存則「分裂前の運動量の総和 = 分裂後の運動量の総和」より、ボートの質量を \(m_B\) として、以下の式を立てます。
$$ (m_B + 50) v_0 = m_B v_B + 50 v_{\text{人}} $$

上記で立てた式に、各値を代入します。
$$ (m_B + 50) \times (+3.0) = m_B \times (+4.0) + 50 \times (-2.0) $$
この方程式を \(m_B\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
3.0 m_B + 150 &= 4.0 m_B – 100 \\[2.0ex]150 + 100 &= 4.0 m_B – 3.0 m_B \\[2.0ex]250 &= m_B
\end{aligned}
$$
問題文の数値が2桁であるため、有効数字2桁で答えると \(2.5 \times 10^2 \text{ kg}\) となります。

人がボートを後ろに蹴って飛び出すとき、人はボートから前に押し出され、ボートは人から前に押し出されます。この「押し合い」は二人（人とボート）の間だけの出来事なので、全体として見れば「運動の勢い（運動量）」の合計は変わりません。この「合計は変わらない」というルールを使って、ボートの重さを計算します。

ボートの質量は \(2.5 \times 10^2 \text{ kg}\) 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？

• 運動量保存則:
  • 核心: 人とボートを一つの「系」とみなしたとき、人がボートを蹴る力は系内部の力（内力）です。水平方向には外力が働かない（水の抵抗は無視）ため、分裂の前後で系全体の運動量の合計は一定に保たれます。これがボートの質量を求めるための根幹をなす法則です。
  • 理解のポイント: \(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\) すなわち \((m_B+m_{\text{人}})v_0 = m_B v_B + m_{\text{人}}v_{\text{人}}\) という関係式は、この物理現象を直接的に表現したものです。衝突、合体、分裂といった問題では、まず運動量保存則が成立するかどうかを確認するのが鉄則です。
• 相対速度:
  • 核心: 「ボートから見た人の速さ」という情報が与えられているため、これを水面に対する速度（絶対速度）に変換する必要があります。この変換を行うのが相対速度の公式 \(v_{AB} = v_B – v_A\) です。この法則を使って人の絶対速度を求めなければ、運動量保存則の式を完成させることができません。
  • 理解のポイント: 運動量保存則で使う速度は、すべて同じ基準（この場合は静止した水面）から見た「絶対速度」でなければなりません。相対速度が与えられた場合は、まず絶対速度に直す、という手順を忘れないことが重要です。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • ロケットの推進: 燃料を後方に噴射し、その反作用でロケット本体が前進する現象。噴射したガスとロケット本体を一つの系として運動量保存則を適用します。
  • 動く台車上からの物体の射出: なめらかな床の上の台車から、ボールを水平に投げ出す問題。ボールと台車を系として考えれば、運動量保存則が成り立ちます。
  • 宇宙空間での船外活動: 宇宙飛行士が宇宙船から離れて作業する際、工具を投げた反動で移動するような状況。これも運動量保存則で解析できます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 座標軸と正の向きを最初に決める: 速度はベクトル量なので、最初に基準となる座標軸と正の向きを明確に定めます。これにより、各速度の符号を機械的に決めることができ、混乱を防げます。
  2. 速度の種類を区別する: 問題文に出てくる速度が「絶対速度」なのか「相対速度」なのかを正確に読み取ります。「Aから見たBの速度」とあれば相対速度です。
  3. 未知数を特定する: この問題では「人の絶対速度」と「ボートの質量」が未知数です。未知数が2つあるので、式も2つ必要だと分かります。そこで「相対速度の式」と「運動量保存則の式」という2つの武器を使う戦略が立てられます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 速度の符号の取り違え:
  • 誤解: 座標軸の正の向きを定めたにもかかわらず、逆向きの速度に負号(-)を付け忘れる、または全ての速度を正として計算してしまう。
  • 対策: 図を描き、設定した座標軸の向きを矢印で明記しましょう。そして、問題文中のすべての速度ベクトルを図に描き込み、その向きが座標軸の正の向きと同じか逆かを一つ一つ確認し、符号を決定する習慣をつけましょう。
• 相対速度の式の誤用:
  • 誤解: \(v_{AB} = v_B – v_A\) の \(A\) と \(B\) を取り違えたり、足し算をしてしまったりする。
  • 対策: 「Aから見たBの相対速度は、(Bの速度) – (Aの速度)」という言葉の形で公式を覚えましょう。この問題では「ボートから見た人の相対速度」なので、「(人の速度) – (ボートの速度)」となります。主語と目的語をはっきりさせることが重要です。
• 運動量保存則に相対速度を代入する:
  • 誤解: 運動量保存則の式に、相対速度の値をそのまま代入してしまう。
  • 対策: 運動量保存則は、静止した一つの座標系における法則です。したがって、式に現れるすべての速度は、その座標系から見た「絶対速度」でなければなりません。相対速度は、あくまで絶対速度を求めるための中間計算に使うものだと認識しましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 数直線上の速度ベクトル: 水平面を一本の数直線と見立て、分裂前と分裂後の各物体の速度を矢印（ベクトル）で表現します。
    • 分裂前: 質量 \((m_B+50)\) の物体が、例えば右向きに \(+3.0\) の矢印で動いている。
    • 分裂後: 質量 \(m_B\) のボートは右向きに \(+4.0\) の、より長い矢印に。質量 \(50\) の人は左向きに \(-2.0\) の矢印で動いている。

    この図を見ることで、運動量保存則 \((m_B+50)(+3.0) = m_B(+4.0) + 50(-2.0)\) の意味が視覚的に理解できます。

  • 視点の切り替えイメージ:
    • 水面から見る（絶対系）: 「人とボートの集団が右に動いていたが、分裂して、ボートはもっと速く右に、人は左に動き出したな」
    • ボートから見る（相対系）: 「自分は前に進んでいる。人は後ろ向きにすごい勢いで遠ざかっていくな」

    この2つの視点を自由に行き来できることが、相対速度をマスターする鍵です。

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 (\(v_{AB} = v_B – v_A\)):
  • 選定理由: 問題文に「ボートから見て」という相対的な速度の情報が含まれており、かつ運動量保存則で必要となる「水面に対する速度（絶対速度）」が未知数だから。相対的な情報と絶対的な情報を結びつけるために、この公式が必須となります。
  • 適用根拠: 速度のベクトルとしての定義に基づいています。ガリレイの相対性原理の基本的な表現です。
• 運動量保存則 (\(\sum p_{\text{前}} = \sum p_{\text{後}}\)):
  • 選定理由: 「分裂」という現象が起きており、未知数に「質量」が含まれているから。質量と速度の関係を扱う法則は、運動量保存則か運動方程式ですが、分裂の内力は不明なため、系全体で考える運動量保存則が適しています。
  • 適用根拠: 作用・反作用の法則（ニュートンの第三法則）から導かれる、多体系における普遍的な保存則です。内力は系全体の運動量を変化させないという原理に基づきます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. ステップ1: 人の絶対速度を求める
   • 戦略: 相対速度の情報から、未知の絶対速度を計算する。
   • フロー: ①座標軸を設定し、既知の速度を符号付きで整理する → ②相対速度の公式 \(v_{\text{人,ボート}} = v_{\text{人}} – v_B\) を立てる → ③数値を代入し、未知数 \(v_{\text{人}}\) を求める。
2. ステップ2: ボートの質量を求める
   • 戦略: 系全体の運動量保存則を使い、未知の質量を計算する。
   • フロー: ①分裂前と分裂後の運動量をそれぞれ定義する → ②運動量保存則 \((m_B+m_{\text{人}})v_0 = m_B v_B + m_{\text{人}}v_{\text{人}}\) を立てる → ③ステップ1で求めた \(v_{\text{人}}\) を含むすべての既知の値を代入し、未知数 \(m_B\) についての方程式を解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の代入を慎重に行う: この問題の計算ミスは、ほぼ符号の扱いに起因します。特に、運動量保存則の式に \(v_0, v_B, v_{\text{人}}\) の値を代入する際、それぞれの符号が正しいかを再確認しましょう。例えば、\((m_B + 50) \times (+3.0) = m_B \times (+4.0) + 50 \times (-2.0)\) のように、括弧をつけて符号を明示するとミスが減ります。
• 方程式の移項を丁寧に行う: \(3.0 m_B + 150 = 4.0 m_B – 100\) のような一次方程式を解く際、移項で符号を間違えないように注意します。未知数の項を一方に、定数の項をもう一方に集める操作を、焦らず確実に行いましょう。
• 有効数字を最後に意識する: 計算途中では多めの桁数で計算し、最終的な答えを出す段階で、問題文で与えられた数値の有効数字（この場合は2桁）に合わせます。\(250 \text{ kg}\) を \(2.5 \times 10^2 \text{ kg}\) と表記するのは、有効数字が2桁であることを明確にするためです。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 人の速度: 人はボートの後方に飛び出したので、ボートの進行方向とは逆向きに動く可能性があります。計算結果 \(v_{\text{人}} = -2.0 \text{ m/s}\) は、その状況を表しており妥当です。もし人の飛び出し方が弱ければ、逆向きに進みきれず、ボートと同じ向きにゆっくり進む（\(v_{\text{人}}\)が正の値になる）こともあり得ます。
  • ボートの質量: 人が後方に飛び出すと、その反作用でボートは前方に力を受け加速します。実際にボートの速さは \(3.0 \text{ m/s}\) から \(4.0 \text{ m/s}\) に増えています。この現象は物理的に自然です。計算された質量 \(250 \text{ kg}\) は、一般的なボートの質量として現実的な値であり、特に不自然な点はありません。
• 別解との比較:
  • この問題では、最初に設定する座標軸の向きを変えることで別解（模範解答のアプローチ）を考えることができます。正の向きを逆に設定しても、すべての物理量の符号が一貫して変わるだけで、最終的な速さ（大きさ）や質量は全く同じ値になるはずです。実際にそうなったことを確認することで、自分の計算と物理的理解の正しさを検証できます。

43 空中での分裂

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、空中での物体の分裂（爆発）を扱う、運動量保存則の応用問題です。運動が水平面内（2次元）で起こるため、運動量をベクトルとして、成分に分解して考える必要があります。また、分裂後の運動が放物運動（水平投射）となる点も特徴です。
この問題の核心は、「鉛直方向の運動」と「水平方向の運動」を明確に分離して分析し、水平方向の運動については、さらに「東西方向」と「南北方向」に分解して運動量保存則を適用することです。

【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次元の運動量保存則と放物運動の組み合わせ」です。複数の物理法則を段階的に適用して、未知の量を一つずつ明らかにしていく必要があります。
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。

Bの落下点の特定

思考の道筋とポイント
この問題は複数のステップを踏む必要があります。まず、最も情報が揃っている「鉛直方向の運動」から解析を始め、落下時間を確定させることが突破口となります。

ステップ1: 落下時間の計算

このステップにおける重要なポイント

• 問題文の「AとBは同時に地面に着いた」という条件が極めて重要です。分裂前の物体は水平に運動していたため、鉛直方向の速度成分は0でした。もし分裂によってAとBが鉛直方向の速度成分を持つと、一方が上向き、もう一方が下向きの速度を持つことになります（鉛直方向の運動量保存のため）。その場合、両者が同じ高さから同時に着地することはありえません。したがって、分裂直後のAとBの鉛直方向の速度成分はともに0でなければなりません。
• つまり、AとBは分裂後、水平投射と同じ運動をします。このことから、自由落下の公式を使って落下時間を計算できます。
• 鉛直方向の運動: A, Bともに初速度0の自由落下と同じ。

具体的な解説と立式
分裂した点の高さを \(h = 19.6 \text{ m}\)、重力加速度を \(g = 9.8 \text{ m/s}^2\) とし、落下にかかる時間を \(t\) とします。
鉛直方向の運動は自由落下なので、以下の式が成り立ちます。
$$ h = \frac{1}{2}gt^2 $$

上記で立てた式に数値を代入し、\(t\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
19.6 &= \frac{1}{2} \times 9.8 \times t^2 \\[2.0ex]19.6 &= 4.9 t^2 \\[2.0ex]t^2 &= \frac{19.6}{4.9} \\[2.0ex]t^2 &= 4.0 \\[2.0ex]t &= 2.0 \text{ [s]}
\end{aligned}
$$
時間は正なので、\(t=2.0 \text{ s}\) となります。

ステップ2: 分裂後のAの水平速度の計算

このステップにおける重要なポイント

• Aは分裂後、水平方向には等速直線運動をします。Aの落下地点（水平移動距離）と落下時間（ステップ1で計算済み）がわかっているので、速度を計算できます。
• 水平方向の運動: 等速直線運動。
• Aの落下地点: 分裂点の真下から北へ \(20 \text{ m}\)。これは、Aの水平速度が北向きで、大きさが \(20 \text{ m} / t\) であることを意味します。

具体的な解説と立式
分裂後のAの水平速度を \(v_A\) とします。Aは時間 \(t=2.0 \text{ s}\) の間に、北向きに \(x_A = 20 \text{ m}\) 移動したので、
$$ x_A = v_A t $$

上記で立てた式に数値を代入し、\(v_A\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
20 &= v_A \times 2.0 \\[2.0ex]v_A &= \frac{20}{2.0} \\[2.0ex]v_A &= 10 \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$
Aの落下地点は真北なので、この速度の向きは北向きです。

ステップ3: 運動量保存則によるBの水平速度の計算

このステップにおける重要なポイント

• いよいよ運動量保存則を使います。水平方向の運動を、さらに「東向き」をx軸、「北向き」をy軸とする2つの成分に分解して考えます。
• 分裂前の速度成分: 速さ \(40 \text{ m/s}\) で北東向きなので、速度ベクトルはx軸、y軸と \(45^\circ\) の角度をなします。
  • x成分（東向き）: \(v_{0x} = 40 \cos 45^\circ\)
  • y成分（北向き）: \(v_{0y} = 40 \sin 45^\circ\)
• 分裂後の速度成分:
  • A: 北向きに \(10 \text{ m/s}\) なので、\(v_{Ax} = 0\), \(v_{Ay} = 10 \text{ m/s}\)。
  • B: 未知の速度成分を \(v_{Bx}\), \(v_{By}\) とします。
• 運動量保存則: x成分、y成分それぞれで「分裂前の運動量 = 分裂後の運動量の和」を考えます。

具体的な解説と立式
分裂前の全質量は \(M_{\text{全}} = 3.0 + 4.0 = 7.0 \text{ kg}\)。
x方向（東西方向）の運動量保存則:
$$ M_{\text{全}} v_{0x} = m_A v_{Ax} + m_B v_{Bx} $$
$$ (3.0+4.0) \times (40 \cos 45^\circ) = 3.0 \times 0 + 4.0 \times v_{Bx} \quad \cdots ① $$
y方向（南北方向）の運動量保存則:
$$ M_{\text{全}} v_{0y} = m_A v_{Ay} + m_B v_{By} $$
$$ (3.0+4.0) \times (40 \sin 45^\circ) = 3.0 \times 10 + 4.0 \times v_{By} \quad \cdots ② $$

\(\cos 45^\circ = \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}\) を用いて、①と②をそれぞれ解きます。
まず、①から \(v_{Bx}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
7.0 \times 40 \times \frac{\sqrt{2}}{2} &= 4.0 v_{Bx} \\[2.0ex]140\sqrt{2} &= 4.0 v_{Bx} \\[2.0ex]v_{Bx} &= \frac{140\sqrt{2}}{4.0} \\[2.0ex]v_{Bx} &= 35\sqrt{2} \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$
次に、②から \(v_{By}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
7.0 \times 40 \times \frac{\sqrt{2}}{2} &= 30 + 4.0 v_{By} \\[2.0ex]140\sqrt{2} &= 30 + 4.0 v_{By} \\[2.0ex]4.0 v_{By} &= 140\sqrt{2} – 30 \\[2.0ex]v_{By} &= \frac{140\sqrt{2} – 30}{4.0} \\[2.0ex]v_{By} &= 35\sqrt{2} – 7.5 \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$

ステップ4: Bの落下地点の計算

このステップにおける重要なポイント

• Bの水平速度の各成分が求まったので、落下時間 \(t=2.0 \text{ s}\) を使って、Bが水平方向に移動した距離の各成分（東向き、北向き）を計算します。

具体的な解説と立式
Bの落下地点の座標を \((x_B, y_B)\) とします。
・東方向の距離 \(x_B\):
$$ x_B = v_{Bx} \times t = (35\sqrt{2}) \times 2.0 $$
・北方向の距離 \(y_B\):
$$ y_B = v_{By} \times t = (35\sqrt{2} – 7.5) \times 2.0 $$

\(\sqrt{2} \approx 1.41\) として計算します。
・東方向の距離 \(x_B\):
$$
\begin{aligned}
x_B &= 70\sqrt{2} \\[2.0ex]&\approx 70 \times 1.41 \\[2.0ex]&= 98.7 \text{ [m]}
\end{aligned}
$$
・北方向の距離 \(y_B\):
$$
\begin{aligned}
y_B &= 70\sqrt{2} – 15 \\[2.0ex]&\approx 98.7 – 15 \\[2.0ex]&= 83.7 \text{ [m]}
\end{aligned}
$$
解答の有効数字に合わせて、\(x_B \approx 99 \text{ m}\), \(y_B \approx 84 \text{ m}\) となります。

この問題は4段階のパズルです。
1. まず、AとBが同時に落ちることから、落下時間を求めます（2秒）。
2. 次に、Aが北に20m飛んだことから、Aの分裂直後の北向きの速さを計算します（秒速10m）。
3. そして、「運動の勢いの合計は変わらない」というルールを「東西方向」と「南北方向」に分けて使って、Bの分裂直後の速さ（東向きと北向きの成分）を計算します。
4. 最後に、Bの速さと落下時間（2秒）を使って、Bがどの地点に落ちたかを計算します。

Bの落下点は、分裂した点の真下の地点から、東へ約 \(99 \text{ m}\)、北へ約 \(84 \text{ m}\) の地点です。計算過程は長いですが、各ステップは基本的な物理法則の適用です。一つ一つ着実に解き進めることが重要です。

【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（鉛直と水平）:
  • 核心: 物体の運動を「鉛直方向」と「水平方向」に分けて考えるという、放物運動の解析における大原則です。この問題では、まず鉛直方向の運動（自由落下）を解析して落下時間 \(t\) を求めることが、全体の突破口となります。
  • 理解のポイント: 「AとBは同時に地面に着いた」という条件から、分裂直後の両者の鉛直方向の速度成分が0であると見抜くことが最初の鍵です。これにより、複雑な分裂現象を、鉛直方向については単純な自由落下として扱えるようになります。
• 運動量保存則のベクトル的扱い:
  • 核心: 爆発・分裂は内力による現象なので、系全体の運動量は保存されます。この問題の運動は水平面（2次元）で起こるため、運動量というベクトルを「東西成分(x)」と「南北成分(y)」に分解し、それぞれの成分について独立に運動量保存則を立てる必要があります。
  • 理解のポイント: \( \vec{p}_{\text{前}} = \vec{p}_{\text{後}} \) というベクトル式を、\( p_{\text{前}x} = p_{\text{後}x} \) と \( p_{\text{前}y} = p_{\text{後}y} \) という2つのスカラー式に落とし込んで計算します。2次元の運動量保存は、実質的に1次元の運動量保存を2回適用することと同じです。

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:
  • 斜方投射された物体の空中分裂: この問題は水平投射後の分裂ですが、斜方投射の最高点などで分裂する問題も頻出です。その場合、分裂直前の鉛直速度が0ではないため、鉛直方向の運動量保存も考慮する必要があります。
  • 2次元の衝突問題: ビリヤードの球の衝突のように、水平面上で2つの物体が斜めに衝突する問題。これも運動量をx, y成分に分解して運動量保存則を適用する点で、本質的に同じ解法を用います。
  • 重心の運動: 爆発や分裂が起きても、系に外力が働かなければ、その系の「重心」は分裂がなかったかのように、もとの運動を続けます。この問題でも、AとBの重心は、分裂が起きなかった場合と同じ軌道（北東へ40m/sで等速直線運動）を描いて落下します。この「重心の運動は変わらない」という法則を使って検算や別解を考えることも可能です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動を時系列と空間で分解する: まず「分裂前」と「分裂後」という時間軸で状況を分けます。次に、運動を「鉛直方向」と「水平方向」に分けます。さらに水平方向の運動を「x方向」と「y方向」に分けます。このように問題を細かく分解することで、どの部分にどの法則を適用すればよいかが見えてきます。
  2. 与えられた情報から逆算する: Aの落下地点という「結果」から、分裂直後のAの速度という「原因」を逆算しています。このように、結果から原因をたどる思考も物理では重要です。
  3. 未知数を整理し、必要な式の数を把握する: この問題の最終的な未知数はBの速度成分 \(v_{Bx}\) と \(v_{By}\) の2つです。したがって、独立した式が2本必要だとわかります。それが「東西方向の運動量保存」と「南北方向の運動量保存」の2式に対応します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 速度の成分分解でのミス:
  • 誤解: 分裂前の速度 \(40 \text{ m/s}\) を成分分解する際に、\(\cos 45^\circ\) と \(\sin 45^\circ\) を取り違える、または単純に \(40\) をそのままx, y成分として使ってしまう。
  • 対策: 必ず図を描き、速度ベクトルと座標軸のなす角を明確にしましょう。「北東」は東（x軸）および北（y軸）と \(45^\circ\) の角度をなすことを確認し、三角比の定義（隣辺が \(\cos\)、対辺が \(\sin\)）に従って正確に分解します。
• 運動量保存則の立式ミス:
  • 誤解: 分裂後の運動量を考える際に、\(m_A v_{Ax} + m_B v_{Bx}\) のように質量を掛け忘れて、速度だけで式を立ててしまう。
  • 対策: 運動量は「質量 × 速度」であることを常に意識しましょう。\(p=mv\) という定義に立ち返り、各項が「質量×速度」の形になっているかを確認する癖をつけましょう。
• 鉛直方向と水平方向の混同:
  • 誤解: 落下時間 \(t\) を求める際に、水平方向の速度 \(40 \text{ m/s}\) を使ってしまう。あるいは、水平方向の運動量保存を考えるべきところで、重力の影響を入れてしまう。
  • 対策: 「鉛直方向の運動は重力のみに支配される」「水平方向の運動は（空気抵抗がなければ）外力がなく、分裂後も等速直線運動を続ける」という運動の分離の原則を徹底しましょう。それぞれの方向で使う公式や法則は全く異なります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 上面図と側面図: この3次元的な運動を理解するために、2つの視点から図を描くと非常に有効です。
    • 側面図（横から見た図）: 鉛直方向の運動を可視化します。分裂前の物体、分裂後のA、Bがすべて同じ放物線（実際には水平投射なので半分の放物線）を描いて、同じ時間 \(t\) で地面に落下するイメージを描きます。
    • 上面図（真上から見た図）: 水平方向の運動を可視化します。分裂前の運動量ベクトル \(\vec{p}_0\) を描き、それが分裂後の2つの運動量ベクトル \(\vec{p}_A\) と \(\vec{p}_B\) の和に等しい（\(\vec{p}_0 = \vec{p}_A + \vec{p}_B\)）ことを、ベクトルの平行四辺形や三角形で図示します。これにより、運動量保存則がベクトル的に成り立っていることを直感的に把握できます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 自由落下の式 (\(y = \frac{1}{2}gt^2\)):
  • 選定理由: 鉛直方向の運動を解析し、落下時間を求めるため。分裂直後の鉛直初速度が0であることを見抜いた上で、変位と時間の関係を表すこの公式を選択します。
  • 適用根拠: 等加速度直線運動の公式の一つで、初速度0、加速度gの場合に特化した形です。
• 運動量保存則 (\(M_{\text{全}}\vec{v}_0 = m_A\vec{v}_A + m_B\vec{v}_B\)):
  • 選定理由: 「分裂」という、内力によって速度や運動方向が変化する現象を扱うため。特に、分裂後の未知の速度を、分裂前の状態と関連付けて求めるために用います。
  • 適用根拠: 作用・反作用の法則から導かれる、外力が働かない系における普遍的な保存則です。
• 等速直線運動の式 (\(x = vt\)):
  • 選定理由: 分裂後の水平方向の運動を解析するため。水平方向には力が働かないため、分裂後の各破片は等速直線運動をします。その速度と時間から移動距離を求めるために、この最も単純な公式を用います。
  • 適用根拠: 速度の定義そのものです。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. ステップ1: 落下時間の決定
   • 戦略: 鉛直方向の運動に着目する。
   • フロー: ①「同時着地」から分裂後の鉛直初速度が0と判断 → ②自由落下の公式 \(h = \frac{1}{2}gt^2\) を立式 → ③数値を代入して時間 \(t\) を計算。
2. ステップ2: Aの水平速度の決定
   • 戦略: Aの水平移動距離と落下時間から逆算する。
   • フロー: ①Aの水平運動が等速直線運動であることを確認 → ②\(x_A = v_A t\) を立式 → ③数値を代入してAの速度 \(v_A\)（大きさと向き）を決定。
3. ステップ3: Bの水平速度の決定
   • 戦略: 水平方向の運動量保存則を成分ごとに適用する。
   • フロー: ①座標軸（東西・南北）を設定 → ②分裂前、分裂後Aの速度を成分分解 → ③東西方向、南北方向それぞれで運動量保存則を立式 → ④連立方程式を解き、Bの速度成分 \(v_{Bx}, v_{By}\) を計算。
4. ステップ4: Bの落下地点の決定
   • 戦略: Bの水平速度と落下時間から移動距離を計算する。
   • フロー: ①Bの水平運動が等速直線運動であることを確認 → ②\(x_B = v_{Bx}t\), \(y_B = v_{By}t\) を立式 → ③数値を代入してBの落下地点の座標 \((x_B, y_B)\) を計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 三角関数の値と平方根の近似値: \(\cos 45^\circ = \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2}\) は必須知識です。また、\(\sqrt{2} \approx 1.41\) のような平方根の近似値を覚えておくと、最終的な数値計算がスムーズになります。問題の指示や有効数字に応じて適切な近似値を使いましょう。
• 単位の確認: 各ステップで計算した物理量の単位が正しいかを確認する習慣をつけましょう。時間なら[s]、速度なら[m/s]、距離なら[m]です。単位が合わなければ、式のどこかが間違っています。
• 大きな数の計算: \(7.0 \times 40 \times \frac{\sqrt{2}}{2}\) のような計算では、先に計算しやすい部分（\(7 \times 20 = 140\)）から手をつけるなど、工夫するとミスが減ります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 分裂前の運動量は北東向きでした。Aは分裂後、真北に飛んでいます。運動量保存則から、BはAが担当しなかった「東向き」の運動量をすべて引き受け、さらにAが減らした「北向き」の運動量を補う必要があります。したがって、Bの東向きの速度成分が大きく、北向きの速度成分もそれなりに大きいという計算結果（\(v_{Bx} \approx 49.4 \text{ m/s}\), \(v_{By} \approx 41.9 \text{ m/s}\)）は、物理的に非常に妥当です。
• 重心の運動で検算:
  • 分裂が起きなければ、物体は \(t=2.0 \text{ s}\) の間に、北東へ \(40 \times 2.0 = 80 \text{ m}\) 進むはずです。この落下地点は、東へ \(80\cos 45^\circ \approx 56.4 \text{ m}\)、北へ \(80\sin 45^\circ \approx 56.4 \text{ m}\) の地点です。これはAとBの重心の落下地点と一致するはずです。
  • Aの落下地点 \((0, 20)\)、Bの落下地点 \((98.7, 83.7)\) から、質量 \(m_A=3.0, m_B=4.0\) を使って重心の座標を計算すると、\(x_G = \frac{3.0 \times 0 + 4.0 \times 98.7}{3.0+4.0} \approx 56.4 \text{ m}\)、\(y_G = \frac{3.0 \times 20 + 4.0 \times 83.7}{3.0+4.0} \approx 56.4 \text{ m}\) となり、見事に一致します。これにより、計算結果が正しいことを強力に裏付けられます。

44 水平面上での斜め衝突

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、なめらかな水平面上での2物体の斜め衝突を扱う、運動量保存則の典型的な応用問題です。運動が2次元平面上で起こるため、ベクトル量である運動量を適切に成分分解して考える能力が問われます。
この問題の核心は、衝突の前後で系全体の運動量がベクトルとして保存されることを理解し、それを計算しやすいように直交する2つの成分（x成分とy成分）に分けて立式することです。

【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次元平面における運動量保存則」です。ベクトルである運動量を、成分に分解して扱うことが攻略の鍵となります。
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。

衝突後のA, Bの速さ

思考の道筋とポイント
2次元の衝突問題では、運動量というベクトル量を直接扱うのは複雑です。そこで、ベクトルを互いに直交する2つの成分に分解し、それぞれの方向で運動量保存則を考えるのが定石です。これにより、1次元の問題を2つ解くことに帰着させることができます。
この設問における重要なポイント

• 座標軸の設定: 衝突前の物体Aの進行方向をx軸の正の向き、それに垂直な方向をy軸と設定します。
• 運動量の定義: 運動量は \((\text{質量}) \times (\text{速度})\) であり、ベクトル量です。
• 速度の成分分解: 衝突後の速度 \(v_A\) と \(v_B\) を、三角比を用いてx成分とy成分に分解します。
• 運動量保存則の立式: x方向、y方向のそれぞれで、「衝突前の運動量の和」＝「衝突後の運動量の和」という式を立てます。

具体的な解説と立式
衝突後の物体A, Bの速さをそれぞれ \(v_A, v_B\) とします。
衝突前のAの進行方向をx軸、それに垂直な方向をy軸とします。

x方向（衝突前の進行方向）の運動量保存則:

衝突前、x方向の運動量は物体Aが持つ \(mv_0\) のみです。衝突後、AとBはそれぞれx方向に速度成分 \(v_A \cos 60^\circ\) と \(v_B \cos 30^\circ\) を持ちます。
したがって、
$$ mv_0 = m v_A \cos 60^\circ + M v_B \cos 30^\circ \quad \cdots ① $$

y方向（x軸に垂直な方向）の運動量保存則:

衝突前、y方向の運動量はゼロです。衝突後、Aはy軸正の向きに \(v_A \sin 60^\circ\)、Bはy軸負の向きに \(v_B \sin 30^\circ\) の速度成分を持ちます。
したがって、
$$ 0 = m v_A \sin 60^\circ – M v_B \sin 30^\circ \quad \cdots ② $$

三角関数の値を代入して、式①と②を整理します。
\(\cos 60^\circ = \frac{1}{2}\), \(\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}\), \(\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}\), \(\sin 30^\circ = \frac{1}{2}\)

①より:
$$ mv_0 = m v_A \left(\frac{1}{2}\right) + M v_B \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) $$
両辺を2倍して、
$$ 2mv_0 = m v_A + \sqrt{3} M v_B \quad \cdots ①’ $$
②より:
$$ 0 = m v_A \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) – M v_B \left(\frac{1}{2}\right) $$
両辺を2倍して、
$$ 0 = \sqrt{3} m v_A – M v_B $$
これを \(Mv_B\) について解くと、
$$ M v_B = \sqrt{3} m v_A \quad \cdots ②’ $$
②’を①’に代入して \(v_B\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
2mv_0 &= m v_A + \sqrt{3} (\sqrt{3} m v_A) \\[2.0ex]2mv_0 &= m v_A + 3 m v_A \\[2.0ex]2mv_0 &= 4 m v_A
\end{aligned}
$$
両辺を \(m\) で割り（\(m \neq 0\)）、\(v_A\) について解くと、
$$ v_A = \frac{2v_0}{4} = \frac{1}{2}v_0 $$
次に、この結果を②’に代入して \(v_B\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
M v_B &= \sqrt{3} m \left(\frac{1}{2}v_0\right) \\[2.0ex]v_B &= \frac{\sqrt{3}m}{2M}v_0
\end{aligned}
$$

運動の勢い（運動量）は、衝突の前後で合計が変わりません。このルールを、衝突前の進行方向（x方向）と、それに垂直な方向（y方向）の2つの方向について、別々に適用します。すると、未知数（衝突後の速さ \(v_A, v_B\)）が2つ、式も2つ立つので、連立方程式を解くことで答えを求めることができます。

衝突後のAの速さは \(\displaystyle\frac{1}{2}v_0\)、Bの速さは \(\displaystyle\frac{\sqrt{3}m}{2M}v_0\) です。
\(M \ge m\) という条件から、\(v_B = \frac{\sqrt{3}}{2}\frac{m}{M}v_0 \le \frac{\sqrt{3}}{2}v_0 \approx 0.866 v_0\) となり、各速度が物理的に妥当な範囲に収まっていることが推察されます。

【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？

• 運動量保存則のベクトル的扱い:
  • 核心: この問題の根幹をなすのは、ただ一つ「運動量保存則」です。しかし、運動が2次元平面上で起こるため、運動量を単なる数値（スカラー）としてではなく、大きさと向きを持つ「ベクトル」として扱う必要があります。
  • 理解のポイント: ベクトル方程式 \(\vec{p}_{\text{前}} = \vec{p}_{\text{後}}\) を解くために、2つのアプローチがあります。
    1. 成分分解: 運動量を互いに直交するx, y成分に分解し、それぞれの成分についてスカラーの保存則（\(p_x\)保存、\(p_y\)保存）を立てて連立方程式を解く方法。これはどんな角度の問題にも適用できる万能な解法です。
    2. ベクトル図: 運動量ベクトルを図に描き、三角形の幾何学的な性質（三角比や正弦定理）を利用して解く方法。角度の関係がシンプル（今回は直角三角形）な場合に非常に強力な解法となります。

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:
  • 空中での分裂: 水平面上ではなく、空中で物体が分裂する問題。水平方向については本問と全く同じ考え方が適用できます。鉛直方向については、重力（外力）が働くため運動量は保存されませんが、分裂の瞬間だけを考えれば、運動量保存則が近似的に使えます。
  • 反発係数が関わる斜め衝突: この問題は衝突後の角度が与えられていますが、代わりに反発係数（はねかえり係数）が与えられる問題もあります。その場合は、運動量保存則に加えて、衝突面に垂直な方向の相対速度に関する式を立てて解きます。
  • 未知の角度を求める問題: 衝突後の速さが与えられ、角度を未知数として求める問題。この場合も、x, y成分に分解した運動量保存則から、\(\sin\theta\) と \(\cos\theta\) を求め、角度を特定します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 座標軸を賢く設定する: 最も重要なステップです。通常は、衝突前の既知の運動方向をx軸に取ると、y方向の初期運動量が0となり、式が一つ簡単になります。
  2. 未知数の数を確認する: この問題では、未知数は衝突後の速さ \(v_A\) と \(v_B\) の2つです。したがって、独立した式が2本必要だと分かります。それが「x方向の運動量保存」と「y方向の運動量保存」の2式に対応します。
  3. ベクトル図を描いてみる: 成分分解で計算を始める前に、運動量ベクトルの関係を図示してみましょう。もし、きれいな三角形（直角三角形や二等辺三角形など）が描けるなら、図形的に解く方が計算が楽な場合があります。特に、衝突後の角度の和が \(90^\circ\) の場合は直角三角形になるため、図形的な解法が有効です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 成分分解における符号のミス:
  • 誤解: y軸の負の向きに進む物体Bのy成分の運動量を、正として式を立ててしまう。
  • 対策: 座標軸を設定したら、各速度ベクトルがどの象限にあるかを図で確認しましょう。y軸の負の向きに進む速度成分は、式に代入する際に必ず負号(-)をつけます。今回の解説では、\(Mv_B \sin 30^\circ\) の項にマイナスをつけることでこれを表現しています。
• 三角関数の値の混同:
  • 誤解: \(\cos 60^\circ\) と \(\cos 30^\circ\)、\(\sin 60^\circ\) と \(\sin 30^\circ\) などを取り違える。
  • 対策: \(30^\circ, 45^\circ, 60^\circ\) の三角関数の値は即座に出てくるように習熟しておく必要があります。図を描いて、角度と辺の関係を視覚的に確認する癖をつけることも有効です。
• 運動エネルギー保存の誤用:
  • 誤解: 運動量が保存されるから、運動エネルギーも保存されるだろうと勘違いし、エネルギー保存則の式を立ててしまう。
  • 対策: 問題文に「弾性衝突」や「反発係数が1」といった記述がない限り、運動エネルギーが保存される保証はありません。一般的な衝突（非弾性衝突）では、エネルギーは熱や音に変わって失われます。運動量保存則は常に成り立ちますが、エネルギー保存則の適用は慎重に行う必要があります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 運動量ベクトルの三角形: この問題の最もエレガントな理解方法は、運動量保存則 \(\vec{p}_{A0} = \vec{p}_A + \vec{p}_B\) をベクトルの足し算として図示することです。始点から \(\vec{p}_A\) を描き、その終点から \(\vec{p}_B\) を描くと、始点から最終的な終点までを結んだベクトルが \(\vec{p}_{A0}\) となります。このとき、\(\vec{p}_A\) と \(\vec{p}_B\) のなす角が \(60^\circ+30^\circ=90^\circ\) であることから、この三角形が直角三角形であることを見抜けます。この図を描ければ、複雑な連立方程式を解かずに、三角比だけで瞬時に答えを導き出せます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • ベクトルの矢印の長さ: 運動量の大きさを反映して、矢印の長さをある程度意識して描くと、関係性がより明確になります。例えば、衝突前の運動量 \(\vec{p}_{A0}\) が、衝突後の \(\vec{p}_A\) や \(\vec{p}_B\) より大きいか小さいかなどを視覚的に捉えられます。
  • 角度の正確な記入: どのベクトルがどの基準線と何度をなすのかを、図の中に正確に書き込みましょう。これが成分分解やベクトル図の解析の基礎となります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則（成分分解）:
  • 選定理由: 2次元の衝突・分裂現象を扱う際の最も基本的かつ汎用的な解法だから。未知数が2つ（\(v_A, v_B\)）あり、x方向とy方向で独立した2つの式を立てられるため、問題を解くことができます。
  • 適用根拠: 運動量保存という一つのベクトル則を、計算可能な2つのスカラー則に変換する数学的な手続きです。
• 正弦定理・余弦定理・三角比（ベクトル図解法）:
  • 選定理由: 運動量保存のベクトル図が、特定の性質を持つ三角形（今回は直角三角形）を描くことが分かった場合に、代数的な計算を簡略化するための幾何学的なツールとして選択します。
  • 適用根拠: ベクトルで表された物理法則を、図形の辺と角度の関係に置き換えて解くという、視点を変えたアプローチです。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 解法1: 成分分解による方法
   • 戦略: x, yの各成分で運動量保存則を立て、連立方程式を解く。
   • フロー: ①座標軸を設定 → ②衝突前後の各物体の運動量をx, y成分に分解 → ③x方向の運動量保存則を立式 → ④y方向の運動量保存則を立式 → ⑤得られた2本の連立方程式を解き、\(v_A, v_B\) を求める。
2. 解法2: ベクトル図による方法
   • 戦略: 運動量保存のベクトル図を描き、幾何学的に解く。
   • フロー: ①運動量保存則 \(\vec{p}_{A0} = \vec{p}_A + \vec{p}_B\) をベクトル図で表現 → ②図からベクトルのなす角を特定し、三角形の内角を求める → ③三角形が直角三角形であることを見抜く → ④三角比の関係を用いて、辺の長さ（運動量の大きさ）を計算し、\(v_A, v_B\) を求める。

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: 連立方程式を解く際、三角関数の値を代入した後の式（①’, ②’）で計算を進めます。特に、②’の \(Mv_B = \sqrt{3}mv_A\) のように、一方の未知数をもう一方の未知数で表現する形に整理してから代入すると、計算がスムーズに進み、ミスが減ります。
• 約分を確実に行う: \(2mv_0 = 4mv_A\) のような式が出てきたら、両辺に共通する文字 \(m\) や数字を確実に約分しましょう。これにより、最終的な答えの形がシンプルになります。
• 別解での検算: もし成分分解で解いたなら、ベクトル図を描いてみて、同じ答えになるかを確認する（あるいはその逆）。2つの異なるアプローチで同じ結論が得られれば、答えの信頼性は非常に高まります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 衝突後のAとBの進行方向の角度の和が \(60^\circ + 30^\circ = 90^\circ\) となっています。これは、2つの物体が直角に飛び散ったことを意味します。このような特殊な角度設定は、しばしば計算が簡単になるヒントとなっています（実際にベクトル図が直角三角形になりました）。
  • もし \(m=M\) の場合、\(v_A = \frac{1}{2}v_0\), \(v_B = \frac{\sqrt{3}}{2}v_0\) となります。このとき、衝突後の運動エネルギーの和を計算すると、\(\frac{1}{2}mv_A^2 + \frac{1}{2}Mv_B^2 = \frac{1}{2}m(\frac{1}{4}v_0^2) + \frac{1}{2}m(\frac{3}{4}v_0^2) = \frac{1}{2}mv_0^2\) となり、衝突前の運動エネルギーと等しくなります。つまり、\(m=M\) の場合は、この衝突が「弾性衝突」であったことが分かります。このように、得られた答えから衝突の性質を逆に考察することも、深い理解につながります。

45 床との衝突

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、ボールが床との衝突を繰り返す、反発係数（はねかえり係数）が関わる典型的な問題です。自由落下と鉛直投げ上げ、そして衝突という一連の運動を、エネルギー保存則や運動学の公式、反発係数の定義式を組み合わせて解析する能力が問われます。
この問題の核心は、衝突のたびに力学的エネルギーが失われ、はね上がる高さや速さがどのように変化していくかを、反発係数 \(e\) を用いて定量的に追跡することです。

【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「反発係数と力学的エネルギー」です。衝突の瞬間と、それ以外の空中での運動（自由落下・投げ上げ）を分けて考えるのが基本です。
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
反発係数 \(e\) は、衝突直前の速さ \(v\) と直後の速さ \(v’\) の比（\(e = v’/v\)）で定義されます。まず、それぞれの速さを求める必要があります。ボールが空中を運動している間は力学的エネルギーが保存されるため、「高さ」を「速さ」に変換することができます。
この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: \(mgh = \frac{1}{2}mv^2\) より、高さ \(h\) から自由落下した物体の速さは \(v = \sqrt{2gh}\)。また、速さ \(v\) で投げ上げられた物体が達する高さは \(h = \frac{v^2}{2g}\)。
• 反発係数の定義: \(e = \frac{(\text{はねかえり直後の速さ})}{(\text{衝突直前の速さ})}\)

具体的な解説と立式
1回目の衝突直前の速さを \(v_0\)、直後の速さを \(v_1\) とします。

・衝突直前の速さ \(v_0\): 高さ \(h_0 = 19.6 \text{ m}\) からの自由落下なので、エネルギー保存則より \(\frac{1}{2}mv_0^2 = mgh_0\)。
$$ v_0 = \sqrt{2gh_0} $$
・衝突直後の速さ \(v_1\): この速さで投げ上げられ、高さ \(h_1 = 4.9 \text{ m}\) に達したので、エネルギー保存則より \(\frac{1}{2}mv_1^2 = mgh_1\)。
$$ v_1 = \sqrt{2gh_1} $$
反発係数 \(e\) の定義式は、
$$ e = \frac{v_1}{v_0} $$

上記で立てた式を組み合わせ、数値を代入します。
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{\sqrt{2gh_1}}{\sqrt{2gh_0}} \\[2.0ex]&= \sqrt{\frac{h_1}{h_0}} \\[2.0ex]&= \sqrt{\frac{4.9}{19.6}} \\[2.0ex]&= \sqrt{\frac{1}{4}} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} = 0.50
\end{aligned}
$$

ボールが落ちる高さは、衝突直前の速さの2乗に比例します。同様に、はね上がる高さは、衝突直後の速さの2乗に比例します。この関係を使うと、反発係数 \(e\) は、はね上がる高さと元の高さの比の平方根（ルート）で計算できます。

反発係数は \(0.50\) です。\(0 \le e \le 1\) の範囲にあり、妥当な値です。この解法から、\(e^2 = h_1/h_0\) という重要な関係式が導かれます。

問(2)

思考の道筋とポイント
ボールをはなしてから1回目の最高点に達するまでの時間は、「最初の自由落下の時間」と「1回目のはねかえり後の上昇時間」の和です。それぞれの時間は、等加速度直線運動の公式を用いて計算できます。
この設問における重要なポイント

• 自由落下の時間: \(y = \frac{1}{2}gt^2\) から求める。
• 投げ上げの上昇時間: 投げ上げの最高点では速度が0になることを利用し、\(v = v_0 + at\) から求める。または、上昇時間と落下時間は対称性から等しいことを利用する。

具体的な解説と立式
・最初の落下時間 \(t_0\): 高さ \(h_0 = 19.6 \text{ m}\) を自由落下する時間。
$$ h_0 = \frac{1}{2}gt_0^2 $$
・1回目のはねかえり後の上昇時間 \(t_1\): 高さ \(h_1 = 4.9 \text{ m}\) まで上昇する時間。投げ上げ運動の対称性から、これは高さ \(h_1\) から自由落下する時間と等しい。
$$ h_1 = \frac{1}{2}gt_1^2 $$
求める全時間 \(T\) は、
$$ T = t_0 + t_1 $$

まず \(t_0\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
19.6 &= \frac{1}{2} \times 9.8 \times t_0^2 \\[2.0ex]t_0^2 &= \frac{19.6}{4.9} = 4.0 \\[2.0ex]t_0 &= 2.0 \text{ [s]}
\end{aligned}
$$
次に \(t_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
4.9 &= \frac{1}{2} \times 9.8 \times t_1^2 \\[2.0ex]t_1^2 &= \frac{4.9}{4.9} = 1.0 \\[2.0ex]t_1 &= 1.0 \text{ [s]}
\end{aligned}
$$
したがって、全時間は、
$$ T = t_0 + t_1 = 2.0 + 1.0 = 3.0 \text{ [s]} $$

ボールが落ちる時間と、はね上がって最高点に達する時間を別々に計算し、それらを足し合わせます。落ちる高さが分かっているので、それぞれ時間を計算できます。

求める時間は \(3.0 \text{ s}\) です。

問(3)

思考の道筋とポイント
2回目の衝突直前の速さは、1回目のはねかえり後の最高点（高さ \(h_1 = 4.9 \text{ m}\)）から自由落下したときの速さと同じです。これは、エネルギー保存則から、1回目のはねかえり直後の速さ \(v_1\) と等しくなります。2回目の衝突直後の速さは、この速さに反発係数 \(e\) を掛けることで求められます。
この設問における重要なポイント

• 運動の対称性: 投げ上げ運動では、同じ高さでの上向きの速さと下向きの速さは等しい。
• 反発係数の適用: 衝突直後の速さ = \(e \times\) 衝突直前の速さ。

具体的な解説と立式
・2回目の衝突直前の速さ \(v_1’\):

1回目のはねかえり直後の速さ \(v_1\) で上昇し、最高点に達した後、再び同じ高さ（床）まで落下してきます。エネルギー保存則により、同じ高さでは速さの大きさは変わらないため、\(v_1′ = v_1\) となります。\(v_1\) は(1)の計算途中に出てきた \(v_1 = \sqrt{2gh_1}\) です。
$$ v_1′ = \sqrt{2gh_1} $$
・2回目の衝突直後の速さ \(v_2\):

衝突直前の速さ \(v_1’\) に反発係数 \(e\) を掛けます。
$$ v_2 = e v_1′ = e v_1 $$

まず、2回目の衝突直前の速さ \(v_1’\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
v_1′ &= \sqrt{2 \times 9.8 \times 4.9} \\[2.0ex]&= \sqrt{2 \times (2 \times 4.9) \times 4.9} \\[2.0ex]&= \sqrt{4 \times 4.9^2} \\[2.0ex]&= 2 \times 4.9 = 9.8 \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$
次に、2回目の衝突直後の速さ \(v_2\) を計算します。(1)より \(e=0.50\)。
$$
\begin{aligned}
v_2 &= e v_1′ \\[2.0ex]&= 0.50 \times 9.8 \\[2.0ex]&= 4.9 \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$

ボールがはね上がって、また落ちてくるとき、同じ高さでは速さは同じです。なので、2回目にぶつかる直前の速さは、1回目にはね返った直後の速さと同じです。2回目にはね返った直後の速さは、その速さに反発係数（0.5）を掛け算して求めます。

2回目の衝突直前の速さは \(9.8 \text{ m/s}\)、直後の速さは \(4.9 \text{ m/s}\) です。

問(4)

思考の道筋とポイント
衝突を繰り返すごとに、はね上がる高さがどのように変化するかを考えます。(1)の結論から、1回の衝突で高さは \(e^2\) 倍になることがわかります。この関係を一般化し、\(n\) 回目の衝突後のはねかえり高さ \(h_n\) を求める式を立て、その高さが \(1.0 \text{ m}\) より小さくなる条件を解きます。
この設問における重要なポイント

• はねかえり高さの規則性: \(h_n = e^2 h_{n-1}\)。これを繰り返すと、\(h_n = (e^2)^n h_0 = e^{2n}h_0\) となります。
• 不等式を解く: \(h_n < 1.0\) という条件の不等式を立て、これを満たす最小の整数 \(n\) を探します。

具体的な解説と立式
\(n\) 回目の衝突後のはねかえり高さを \(h_n\) とします。

1回目の衝突後: \(h_1 = e^2 h_0\)

2回目の衝突後: \(h_2 = e^2 h_1 = e^2 (e^2 h_0) = e^4 h_0\)

…

\(n\)回目の衝突後:
$$ h_n = e^{2n} h_0 $$
この高さが \(1.0 \text{ m}\) を下回る条件は、
$$ h_n < 1.0 $$
$$ e^{2n} h_0 < 1.0 $$

(1)より \(e=0.50\)、\(h_0=19.6\) を代入します。
$$ (0.50)^{2n} \times 19.6 < 1.0 $$
この不等式を満たす最小の整数 \(n\) を探します。

・\(n=1\) のとき:

\(h_1 = (0.50)^2 \times 19.6 = 0.25 \times 19.6 = 4.9 \text{ [m]}\)。(\(> 1.0\))

・\(n=2\) のとき:

\(h_2 = (0.50)^4 \times 19.6 = 0.0625 \times 19.6 = 1.225 \text{ [m]}\)。(\(> 1.0\))

・\(n=3\) のとき:

\(h_3 = (0.50)^6 \times 19.6 = (0.0625 / 4) \times 19.6 \approx 0.0156 \times 19.6 \approx 0.306 \text{ [m]}\)。(\(< 1.0\))

したがって、3回目の衝突後にはじめて最高点が \(1.0 \text{ m}\) に達しなくなります。

ボールは衝突するたびに、はね上がる高さが一定の割合（反発係数の2乗）で低くなっていきます。最初の高さから、1回後、2回後、3回後…と高さを順に計算していき、初めて \(1.0 \text{ m}\) より低くなるのが何回目かを調べます。

3回目の衝突後に最高点が \(1.0 \text{ m}\) に達しなくなります。このように、指数関数的に減少していく様子を具体的に計算で追うことができます。

【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？

• 力学的エネルギー保存則と反発係数の連携:
  • 核心: この問題は、2つの異なる局面を的確に使い分けることが核心です。
    1. 空中での運動: ボールが床に接していない間は、重力だけが仕事をするため「力学的エネルギー保存則」が成り立ちます。これにより、速さと高さを相互に変換できます (\(v=\sqrt{2gh}\))。
    2. 衝突の瞬間: 床と衝突する瞬間は、垂直抗力という外力が働くため力学的エネルギーは保存されません。この瞬間を記述するのが「反発係数の式」(\(v’ = ev\))です。

    この2つの法則を交互に適用していくことで、ボールの運動全体を追跡できます。

  • 高さと反発係数の関係式 \(h_n = e^{2n}h_0\):
    • 核心: (4)を効率的に解くための最重要関係式です。1回の衝突ではねかえり後の高さが \(e^2\) 倍になるという法則を一般化したものです。この式を導出できるか、あるいは知識として知っているかで、(4)を解くスピードが大きく変わります。
    • 理解のポイント: \(v_n = ev_{n-1}\) と \(h \propto v^2\) という2つの関係から、\(h_n \propto v_n^2 = (ev_{n-1})^2 = e^2 v_{n-1}^2 \propto e^2 h_{n-1}\) となり、高さが \(e^2\) 倍になることが導かれます。

  応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

  • 応用できる類似問題のパターン:
    • 斜方投射と壁との衝突: ボールを斜めに投げて、壁や床と繰り返し衝突させる問題。この場合、衝突面に垂直な速度成分にのみ反発係数が適用され、平行な速度成分は変化しない、というルールで解きます。
    • 永久に運動する場合の総移動距離や総時間: 無限回衝突を繰り返す場合に、ボールが静止するまでの総移動距離や総時間を求める問題。これは、等比数列の無限級数の和の公式 (\(S = \frac{a}{1-r}\)) を使って解く発展問題です。
    • 複数の物体との衝突: 動く床や、上から落ちてくる板との衝突など。この場合は、相対速度を用いた反発係数の定義式 \(e = -\frac{v_1′ – v_2′}{v_1 – v_2}\) を正しく使う必要があります。
  • 初見の問題での着眼点:
    1. 運動のフェーズを区切る: 「落下」→「衝突1」→「上昇」→「落下」→「衝突2」…というように、運動を明確なフェーズに区切ります。
    2. 各フェーズで適用する法則を判断する: 「落下」「上昇」のフェーズではエネルギー保存則か等加速度運動の公式、「衝突」のフェーズでは反発係数の式、と適用する武器を明確にします。
    3. 規則性を見つける: (4)のように、繰り返し運動の規則性（漸化式）を見つけ出し、一般化できないか考えます。速さは \(e\) 倍、高さは \(e^2\) 倍、時間は \(e\) 倍になる、という規則性は頻出です。

  要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

  • 速さと高さの関係式の誤用:
    • 誤解: \(v=2gh\) や \(v=\sqrt{gh}\) のように、エネルギー保存則から導かれる \(v=\sqrt{2gh}\) の形を間違えて覚えてしまう。
    • 対策: 必ず \(\frac{1}{2}mv^2 = mgh\) というエネルギー保存の原点から式を立てる癖をつけましょう。これにより、係数の間違いを防げます。
  • 反発係数の適用の間違い:
    • 誤解: 反発係数を高さの比 \(e=h_1/h_0\) や、時間の比として使ってしまう。
    • 対策: 反発係数は、あくまで「衝突直前・直後の速度の比」であると定義を徹底しましょう。高さの比は \(e^2\)、時間の比は \(e\) となりますが、これらも速度の定義から導かれる結果です。迷ったら基本の速度の定義に戻りましょう。
  • (4)での指数の間違い:
    • 誤解: \(h_n = e^n h_0\) のように、高さを \(e^n\) 倍として計算してしまう。
    • 対策: \(h \propto v^2\) と \(v \propto e^n\) の関係から、\(h \propto (e^n)^2 = e^{2n}\) となることを論理的に導けるようにしておきましょう。高さは速さの「2乗」に比例することを忘れないのがポイントです。

  物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

  • この問題での有効なイメージ化と図示:
    • v-tグラフ: ボールの速度の時間変化をグラフに描くと、運動全体が非常によくわかります。グラフは、傾きが \(-g\) の直線を往復する形になります。床との衝突のたびに、速度が不連続に \(e\) 倍になって反転します。
      • 落下時間や上昇時間は、グラフの横軸の長さ。
      • 落下高さや上昇高さは、グラフと時間軸が囲む三角形の面積。
      • 衝突直前・直後の速度は、グラフの縦軸の値。

      このグラフ一枚で、問題のすべての要素を視覚的に表現できます。

    • エネルギーの棒グラフ: 衝突のたびに力学的エネルギーがどのように減少していくかを棒グラフでイメージします。最初の位置エネルギー \(mgh_0\) が、1回目の衝突で \(e^2\) 倍に、2回目の衝突でさらに \(e^2\) 倍に…と、指数関数的に減少していく様子を捉えることができます。

  なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

  • 力学的エネルギー保存則 (\(mgh = \frac{1}{2}mv^2\)):
    • 選定理由: (1)や(3)で、空中の運動における「高さ」と「速さ」を関係づけるため。質量 \(m\) が消去でき、計算が簡潔になるため、等加速度運動の公式 \(v^2 – v_0^2 = 2gy\) よりも思考が楽な場合が多いです。
    • 適用根拠: ボールが空中にある間は、保存力である重力しか仕事をしないため。
  • 反発係数の定義 (\(e = v’/v\)):
    • 選定理由: (1)や(3)で、エネルギーが保存されない「衝突」の現象を記述するため。衝突前後の速度の関係を表す唯一の法則です。
    • 適用根拠: 衝突における非弾性的な性質（エネルギーの損失具合）を定量的に表すための、実験的に導入された係数です。
  • 等加速度運動の公式 (\(y = \frac{1}{2}gt^2\), etc.):
    • 選定理由: (2)で「時間」を求めるため。エネルギー保存則には時間の情報が含まれていないため、運動の時間的な変化を追うには運動学の公式が必要になります。
    • 適用根拠: 速度が一定の割合（加速度 \(g\)）で変化する運動を記述する、ニュートンの運動法則を積分したものです。

  思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

  1. (1) 反発係数 \(e\):
     • 戦略: 高さから速度を求め、速度比から \(e\) を求める。
     • フロー: ①エネルギー保存則で \(h_0 \rightarrow v_0\), \(h_1 \rightarrow v_1\) と変換 → ②反発係数の定義 \(e=v_1/v_0\) に代入 → ③計算。
  2. (2) 時間 \(T\):
     • 戦略: 落下時間と上昇時間を別々に求めて足す。
     • フロー: ①自由落下の公式で \(h_0\) から落下時間 \(t_0\) を計算 → ②同様に \(h_1\) から上昇時間 \(t_1\) を計算 → ③\(T=t_0+t_1\) を計算。
  3. (3) 2回目の衝突速度:
     • 戦略: 運動の対称性と反発係数を利用する。
     • フロー: ①1回目のはねかえり直後の速さ \(v_1\) を計算 → ②運動の対称性から、2回目衝突直前の速さは \(v_1\) と同じ → ③反発係数を使い、衝突直後の速さ \(v_2 = ev_1\) を計算。
  4. (4) 衝突回数 \(n\):
     • 戦略: はねかえり高さの一般式を立て、不等式を解く。
     • フロー: ①はねかえり高さの一般式 \(h_n = e^{2n}h_0\) を導出または利用 → ②\(h_n < 1.0\) という不等式を立てる → ③\(n=1, 2, 3, \dots\) と具体的に代入し、初めて不等式が成立する \(n\) を見つける。

  計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

  • 平方根の計算を工夫する: (1)の \(e = \sqrt{4.9/19.6}\) のような計算では、まず分数の中を約分（\(1/4\)）してから平方根をとると、計算が非常に楽になります。(3)の \(v_1′ = \sqrt{2 \times 9.8 \times 4.9}\) のような計算も、\(9.8 = 2 \times 4.9\) と分解することで、\(\sqrt{4 \times 4.9^2}\) となり、電卓なしでも簡単に \(2 \times 4.9 = 9.8\) と計算できます。
  • 文字式のまま進める: (1)で \(e = \sqrt{h_1/h_0}\) のように、まず文字式で関係を導いてから最後に数値を代入すると、見通しが良くなり、物理的な意味も理解しやすくなります。
  • (4)の指数計算: \((0.5)^{2n}\) の計算では、\((0.5)^2=0.25\), \((0.5)^4=0.0625\), \((0.5)^6=0.015625\) のように、順に計算していきます。焦らず、一つずつ計算することが確実です。

  解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

  • 得られた答えの物理的妥当性の検討:
    • (1) 反発係数: \(e=0.50\) は \(0\) と \(1\) の間の妥当な値です。もし \(e>1\) や \(e<0\) になったら計算ミスを疑います。
    • (3) 速度: 衝突のたびに速さが減少するのは当然です。2回目衝突直前 (\(9.8 \text{ m/s}\)) > 2回目衝突直後 (\(4.9 \text{ m/s}\)) となっており、物理的に正しい関係です。
    • (4) 衝突回数: はねかえり高さは \(19.6 \rightarrow 4.9 \rightarrow 1.225 \rightarrow 0.306 \dots\) と急激に減少していきます。3回程度で \(1.0 \text{ m}\) を下回るというのは、感覚的にも妥当な結果です。

46 壁との斜め衝突

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、斜方投射された球が鉛直な壁と衝突する、という設定の応用問題です。斜方投射の知識と、壁との衝突における反発係数の扱い方を組み合わせる能力が問われます。
この問題の核心は、運動を「水平方向」と「鉛直方向」に分解して考えること、そして壁との衝突において、力の働く方向（壁に垂直な方向）の速度成分のみが反発係数の影響を受けると理解することです。

【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「斜方投射と壁との衝突」です。運動を成分に分解して、それぞれの方向で適切な物理法則を適用することが鍵となります。

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
壁に衝突する直前の速度成分を求める問題です。まず、球が壁に到達するまでにかかる時間を求めることが第一歩です。水平方向には力が働かないため、球は一定の速度で壁に向かいます。この等速直線運動の性質から、時間を計算できます。その時間を使って、鉛直方向の速度がどのように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

• 水平方向の運動: 初速度 \(v_0 \cos\theta\) の等速直線運動。
• 鉛直方向の運動: 初速度 \(v_0 \sin\theta\) の等加速度直線運動（加速度 \(-g\)）。
• 壁までの到達時間 \(t_1\): 水平距離 \(L\) と水平速度から \(L = (v_0 \cos\theta) t_1\) で求まる。

具体的な解説と立式
初速度を成分分解すると、

・水平成分: \(v_{0x} = v_0 \cos\theta\)

・鉛直成分: \(v_{0y} = v_0 \sin\theta\)

となります。

まず、壁に衝突するまでの時間 \(t_1\) を求めます。水平方向は等速直線運動なので、
$$ L = v_{0x} t_1 = (v_0 \cos\theta) t_1 $$
よって、
$$ t_1 = \frac{L}{v_0 \cos\theta} $$
次に、この時間 \(t_1\) における各速度成分を求めます。

・水平方向の速度 \(v_x\): 等速なので、初速度のままです。
$$ v_x = v_0 \cos\theta $$
・鉛直方向の速度 \(v_y\): 等加速度直線運動の公式 \(v = v_0 + at\) を用います。上向きを正とすると、加速度は \(-g\) なので、
$$ v_y = v_{0y} – gt_1 = v_0 \sin\theta – g t_1 $$

\(v_x\) はすでに求まっています。\(v_y\) の式に、上で求めた \(t_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v_y &= v_0 \sin\theta – g \left( \frac{L}{v_0 \cos\theta} \right) \\[2.0ex]&= v_0 \sin\theta – \frac{gL}{v_0 \cos\theta}
\end{aligned}
$$

ボールが壁にぶつかるまでの時間を、まず水平方向の動き（一定の速さ）から計算します。水平方向の速さは、壁にぶつかる直前でも変わりません。鉛直方向の速さは、重力によってだんだん遅くなるので、計算した時間を使って、その瞬間の速さを求めます。

衝突直前の速度成分は、水平方向が \(v_x = v_0 \cos\theta\)、鉛直方向が \(v_y = v_0 \sin\theta – \displaystyle\frac{gL}{v_0 \cos\theta}\) です。\(v_y\) が正の値であれば、球はまだ上昇中に衝突したことになります。

問(2)

思考の道筋とポイント
壁と衝突してから最高点に達するまでの時間を求める問題です。最高点とは、鉛直方向の速度が0になる点です。壁との衝突では、鉛直方向の速度は変化しないという点が重要です。
この設問における重要なポイント

• 衝突による速度変化: 壁に垂直な水平方向の速度のみ変化し、平行な鉛直方向の速度は変化しない。
• 最高点の条件: 鉛直方向の速度が0。
• 鉛直方向の運動: 衝突の有無にかかわらず、初速度 \(v_0 \sin\theta\) の投げ上げ運動と同じ。

具体的な解説と立式
壁との衝突では、力は水平方向にのみ働くため、鉛直方向の速度成分は衝突の前後で変化しません。したがって、鉛直方向の運動だけを見れば、壁がない場合と全く同じです。

壁がない場合に、投げ出してから最高点に達するまでの時間を \(t_2\) とすると、公式 \(v = v_0 + at\) より、
$$ 0 = (v_0 \sin\theta) – g t_2 $$
よって、
$$ t_2 = \frac{v_0 \sin\theta}{g} $$
これは、投げ出されてから最高点に達するまでの総時間です。

求める時間は、壁に衝突してから最高点に達するまでの時間 \(T\) なので、この総時間 \(t_2\) から壁に到達するまでの時間 \(t_1\) を引けばよいことになります。
$$ T = t_2 – t_1 $$

上記で立てた式に、(1)で求めた \(t_1\) と、上で求めた \(t_2\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{v_0 \sin\theta}{g} – \frac{L}{v_0 \cos\theta}
\end{aligned}
$$

ボールの上下の動きは、壁にぶつかっても影響を受けません。そこで、もし壁がなかったとしたら最高点に達するまでの時間を計算し、そこから実際に壁にぶつかるまでの時間を引き算することで、ぶつかった後、最高点に達するまでの時間を求めています。

求める時間は \(\displaystyle\frac{v_0 \sin\theta}{g} – \frac{L}{v_0 \cos\theta}\) です。この値が正であるためには、\(t_2 > t_1\)、つまり壁に衝突する前に最高点に達していないことが前提となります。

問(3)

思考の道筋とポイント
床に落下する点と壁との距離を求める問題です。これは「衝突後の水平速度」と「衝突してから床に落ちるまでの時間」の積で計算できます。
この設問における重要なポイント

• 衝突後の水平速度: 衝突直前の水平速度 \(v_x\) に反発係数 \(e\) を掛けたもの。向きが逆になるので \(v_x’ = -e v_x\)。
• 衝突後の飛行時間: 鉛直方向の運動は壁がない場合と同じなので、全飛行時間も同じ。全飛行時間は最高点までの時間の2倍 (\(2t_2\))。衝突後の飛行時間は、全飛行時間から衝突までの時間 \(t_1\) を引いたもの。

具体的な解説と立式
まず、衝突後の水平速度 \(v_x’\) を求めます。衝突直前の水平速度は \(v_x = v_0 \cos\theta\) で、壁に衝突して向きが逆になるので、
$$ v_x’ = e v_x = e v_0 \cos\theta $$
（大きさのみを考えています。向きは壁から遠ざかる向きです。）

次に、衝突してから床に落ちるまでの時間 \(T’\) を求めます。

鉛直方向の運動は壁がない場合と同じなので、全飛行時間 \(t_3\) は、最高点に達するまでの時間 \(t_2\) の2倍です。
$$ t_3 = 2t_2 = \frac{2v_0 \sin\theta}{g} $$
衝突後の飛行時間 \(T’\) は、全飛行時間 \(t_3\) から衝突までの時間 \(t_1\) を引いたものです。
$$ T’ = t_3 – t_1 = \frac{2v_0 \sin\theta}{g} – \frac{L}{v_0 \cos\theta} $$
求める距離 \(x\) は、衝突後の水平速度と衝突後の飛行時間の積なので、
$$ x = v_x’ \times T’ $$

上記で立てた式に、各表現を代入します。
$$
\begin{aligned}
x &= (e v_0 \cos\theta) \times \left( \frac{2v_0 \sin\theta}{g} – \frac{L}{v_0 \cos\theta} \right) \\[2.0ex]&= e v_0 \cos\theta \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g} – e v_0 \cos\theta \cdot \frac{L}{v_0 \cos\theta} \\[2.0ex]&= \frac{e v_0^2 (2 \sin\theta \cos\theta)}{g} – eL
\end{aligned}
$$
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、
$$ x = \frac{e v_0^2 \sin 2\theta}{g} – eL $$

壁にぶつかった後、ボールがどれだけ水平に進むかを計算します。そのためには「ぶつかった後の水平の速さ」と「ぶつかった後、床に落ちるまでの時間」が必要です。速さは反発係数を使って計算し、時間は（上下運動は壁に影響されないので）もし壁がなかった場合の全飛行時間から、壁にぶつかるまでの時間を引いて計算します。最後に「速さ × 時間」で距離を求めます。

落下点と壁との距離は \(\displaystyle\frac{e v_0^2 \sin 2\theta}{g} – eL\) です。この式の第一項 \(\frac{e v_0^2 \sin 2\theta}{g}\) は、壁がない場合に初速度 \(ev_0\) で投げ出したときの水平到達距離に似た形をしています。そこから \(eL\) が引かれているのは、壁までの距離 \(L\) を往復するのではなく、片道分だけ進む運動を反映していると解釈できます。

【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？

• 運動の分解と独立性:
  • 核心: この問題のすべての土台となる考え方です。斜方投射という2次元の運動を、「水平方向（力が働かない等速直線運動）」と「鉛直方向（重力が働く等加速度直線運動）」という、互いに独立した1次元の運動の組み合わせとして捉えます。
  • 理解のポイント: この原則により、複雑な運動を単純なパーツに分けて分析できます。例えば、(1)で壁までの到達時間を水平方向の運動だけで求めたり、(2)や(3)で鉛直方向の運動は壁の衝突に影響されないと考えたりできるのは、すべてこの原則のおかげです。
• 衝突における速度成分の選択的変化:
  • 核心: 壁との衝突において、力は壁に垂直な方向（水平方向）にのみ働きます。したがって、反発係数 \(e\) が影響を及ぼすのは、壁に垂直な速度成分（水平成分）のみです。壁に平行な速度成分（鉛直成分）は、衝突の前後で全く変化しません。
  • 理解のポイント: 衝突後の水平速度は \(v_x’ = e v_x\) となりますが、鉛直速度は \(v_y’ = v_y\) のままです。この非対称な変化を正しく理解することが、衝突後の運動を正確に追跡する鍵となります。

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:
  • 傾いた壁との衝突: 壁が鉛直ではなく、斜めになっている問題。この場合は、座標軸を壁に「垂直な方向」と「平行な方向」に取り直して考えるのが定石です。重力もこの新しい座標軸に対して成分分解する必要があります。
  • 床との繰り返し衝突: 床に斜めに衝突し、はね返りを繰り返す問題。この場合も、床に垂直な速度成分（鉛直成分）にのみ反発係数が適用され、水平成分は（摩擦がなければ）変化しません。
  • 動く壁との衝突: 壁が一定速度で動いている場合。この場合は、壁に対する相対速度を考え、その相対速度の垂直成分に反発係数が適用される、と考えます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動をフェーズ分けする: 「投射」→「壁までの空中運動」→「壁との衝突」→「壁からの空中運動」→「着地」と、運動を時系列で区切ります。
  2. 各フェーズでの主役（物理法則）を決める: 「空中運動」の主役は運動の分解（水平：等速、鉛直：等加速度）。「衝突」の主役は反発係数です。
  3. 時間 \(t\) を媒介変数として利用する: 水平方向の運動と鉛直方向の運動は、時間 \(t\) を通じてつながっています。一方の運動から時間を求め、それをもう一方の運動の式に代入する、という流れが基本パターンです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 反発係数を鉛直成分に適用してしまう:
  • 誤解: 壁との衝突で、鉛直方向の速度も \(e\) 倍してしまう。
  • 対策: 力が働く方向を常に意識しましょう。なめらかな鉛直の壁が及ぼす力（垂直抗力）は水平方向のみです。したがって、速度が変化するのも水平成分だけです。「力が働かない方向の速度は変化しない」という原則を徹底しましょう。
• 時間の計算における混同:
  • 誤解: (2)で、投げ出してから最高点に達する時間 \(t_2\) をそのまま答えとしてしまう。(3)で、衝突後の飛行時間に全飛行時間 \(t_3\) を使ってしまう。
  • 対策: 問題が「いつからいつまで」の時間を問うているのかを正確に読み取りましょう。(2)は「衝突後から」、(3)は「衝突後から」の運動を考えるので、それぞれ基準となる時刻からの経過時間を正しく計算する必要があります。図を描いて、\(t_1, t_2, t_3, T, T’\) などの各時間がどの区間を表すのかを明確にすると混乱を防げます。
• 初速度の成分分解のミス:
  • 誤解: 水平成分を \(v_0 \sin\theta\)、鉛直成分を \(v_0 \cos\theta\) と取り違える。
  • 対策: 必ず図を描き、角度 \(\theta\) がどちらの軸となす角かを確認しましょう。「角を挟む辺が \(\cos\)」と覚えておくと、ミスを減らせます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • x-tグラフとy-tグラフ: 水平方向の運動(x)と鉛直方向の運動(y)を、それぞれ時間(t)の関数としてグラフに描くと、現象の理解が深まります。
    • x-tグラフ: 傾きが \(v_0 \cos\theta\) の直線が、時刻 \(t_1\) で折れ曲がり、傾きが \(-e v_0 \cos\theta\) の直線に変わるグラフになります。
    • y-tグラフ: 上に凸の放物線が一本描かれるだけです。壁との衝突は、このグラフ上では何の変化ももたらさない点が重要です。
  • 仮想的な「鏡の世界」の運動: 壁を鏡と見立てると、衝突後の運動は、壁の向こう側（鏡の世界）から初速度の水平成分が \(e\) 倍になった球が飛んでくる運動と等価と見なせます。つまり、壁がない状態で、水平到達距離が \(L + x\) となるような運動を考えることで、問題を別の視点から捉えることができます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 等速直線運動の式 (\(x=vt\)):
  • 選定理由: 水平方向の運動を記述するため。この方向に力が働かない限り、速度は一定であるという最も単純な運動モデルを適用します。(1)で時間を求める際や、(3)で衝突後の距離を求める際に使用します。
  • 適用根拠: 速度の定義そのものです。
• 等加速度直線運動の式 (\(v=v_0+at\), etc.):
  • 選定理由: 鉛直方向の運動を記述するため。一定の力（重力）が働き続けるため、速度が一定の割合で変化するこのモデルを適用します。(1)で衝突直前の鉛直速度を、(2)で最高点までの時間を求める際に使用します。
  • 適用根拠: ニュートンの運動方程式 \(F=ma\) を、\(F\) が一定の場合について積分したものです。
• 反発係数の定義 (\(v’=-ev\)):
  • 選定理由: エネルギーが保存されない「衝突」という現象を記述するため。衝突によって速度がどう変化するかを関係づける唯一の法則です。
  • 適用根拠: 衝突の非弾性度合いを表す実験的な係数であり、衝突面に垂直な速度成分に適用されます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 衝突直前の速度成分:
   • 戦略: 水平方向の運動から壁までの到達時間を求め、その時刻での鉛直速度を計算する。
   • フロー: ①水平方向の式 \(L = (v_0\cos\theta)t_1\) から \(t_1\) を求める → ②水平速度 \(v_x = v_0\cos\theta\) は不変 → ③鉛直方向の式 \(v_y = v_0\sin\theta – gt_1\) に \(t_1\) を代入して \(v_y\) を計算。
2. (2) 衝突後、最高点までの時間:
   • 戦略: 鉛直運動は壁に影響されないことを利用する。
   • フロー: ①壁がない場合の最高点到達時間 \(t_2 = (v_0\sin\theta)/g\) を計算 → ②求める時間は \(T = t_2 – t_1\) として計算。
3. (3) 壁からの落下距離:
   • 戦略: 「衝突後の水平速度」×「衝突後の飛行時間」を計算する。
   • フロー: ①衝突後の水平速度 \(v_x’ = e(v_0\cos\theta)\) を求める → ②壁がない場合の全飛行時間 \(t_3 = 2t_2\) を計算 → ③衝突後の飛行時間 \(T’ = t_3 – t_1\) を計算 → ④距離 \(x = v_x’ \times T’\) を計算。

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: この問題はすべて文字式で解くため、計算ミスが起こりやすいです。特に(3)のように式が長くなる場合は、各項が何を意味しているのかを意識しながら、焦らず丁寧に展開・整理しましょう。
• 倍角の公式の活用: (3)の最終段階で \(2\sin\theta\cos\theta\) という形が出てきます。これを見たらすぐに \(\sin 2\theta\) に変形する習慣をつけておくと、解答がシンプルになり、見通しが良くなります。
• 分数の整理: 計算過程で分数の中に分数が現れる（繁分数）こともあります。分母と分子に同じものを掛けるなどして、見やすい形に整理しながら進めましょう。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (3) 落下距離: もし壁が完全弾性体（\(e=1\)）なら、落下距離は \(x = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g} – L\) となります。ここで \(\frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}\) は、壁がない場合の水平到達距離 \(R\) です。つまり \(x = R-L\) となり、これは物理的に正しい（壁で折り返した運動）ことを示しています。
  • もし壁が完全非弾性体（\(e=0\)）なら、\(x=0\) となります。これも、壁に衝突した瞬間に水平速度が0になり、真下に落下するという直感と一致します。このように、極端な場合を代入して式の妥当性を吟味する習慣は非常に有効です。

47 台車からの斜方投射

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、動いている台車から弾丸を斜め後方に発射するという、運動量保存則の応用問題です。弾丸が斜めに発射されるため、運動量をベクトルとして正しく扱い、水平方向の成分に着目できるかが問われます。
この問題の核心は、台車と弾丸を一つの「系」として考えたとき、水平方向には外力が働かないため、系全体の水平方向の運動量が保存される、という点にあります。

【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「運動量保存則の成分への適用」です。弾丸は斜めに発射されますが、台車は水平方向にしか動かないため、水平方向の運動量保存のみを考えればよい、という点がポイントです。
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。

弾丸発射後の台車の速さ

思考の道筋とポイント
この問題では、弾丸が上下方向にも運動しますが、求めたいのは水平方向に動く台車の速さです。台車と弾丸を一つの系として考えると、水平方向には外力が働かないため、水平方向の運動量だけが保存されます。この法則を利用して立式します。
この設問における重要なポイント

• 着目する方向: 水平方向のみ。鉛直方向の運動量は、床からの垂直抗力という外力が働くため保存されません。
• 座標軸の設定: 水平右向き（台車の初めの進行方向）を正の向きとします。
• 発射前の水平運動量: 弾丸と台車が一体となって速さ \(V\) で動いているので、その合計の運動量を考えます。
• 発射後の水平運動量: 弾丸と台車が別々に運動します。弾丸は後方（左向き）に発射されるため、その水平速度成分は負の値 \(-v \cos\theta\) となります。

具体的な解説と立式
水平右向きを正とします。

発射前の水平方向の運動量 \(p_{\text{前}}\):

弾丸と台車は一体となって速さ \(V\) で運動しているので、全体の質量は \((m+M)\) です。
$$ p_{\text{前}} = (m+M)V $$
発射後の水平方向の運動量 \(p_{\text{後}}\):

発射後、弾丸と台車は別々に運動します。

• 弾丸の水平方向の速度は、左向き（負の向き）なので \(-v \cos\theta\) です。
• 台車の水平方向の速度は \(V’\) です。

したがって、それぞれの水平方向の運動量の和は、
$$ p_{\text{後}} = m(-v \cos\theta) + MV’ $$
水平方向の運動量保存則:

\(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\) なので、以下の式が立てられます。
$$ (m+M)V = m(-v \cos\theta) + MV’ $$

上記で立てた運動量保存則の式を、求めたい \(V’\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
MV’ &= (m+M)V – m(-v \cos\theta) \\[2.0ex]MV’ &= (m+M)V + mv \cos\theta \\[2.0ex]V’ &= \frac{(m+M)V + mv \cos\theta}{M}
\end{aligned}
$$

台車と弾丸をセットで考えたとき、水平方向の「運動の勢い（運動量）」の合計は、弾丸を発射する前後で変わりません。「発射前の全体の勢い」と「発射後の（台車の勢い＋弾丸の水平方向の勢い）」が等しい、という式を立てて、発射後の台車の速さを計算します。弾丸は後ろ向きに発射されるので、その水平方向の勢いはマイナスになることに注意します。

弾丸発射後の台車の速さは \(\displaystyle\frac{(m+M)V + mv \cos\theta}{M}\) です。
弾丸を後方に発射すると、その反動で台車は前方に力を受け、加速されるはずです。式の形を見ると、発射前の運動量 \((m+M)V\) に、弾丸の後方への運動量の大きさ \(mv \cos\theta\) が加わったものが、発射後の台車の運動量 \(MV’\) と等しくなっています。これは、台車が加速するという物理的な直感と一致しており、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？

• 運動量保存則（水平成分）:
  • 核心: この問題の唯一かつ最も重要な物理法則です。台車と弾丸を一つの「系」として考えたとき、弾丸の発射は内力によるものであり、また重力や垂直抗力は鉛直方向に働くため、水平方向には外力が一切働きません。このため、系全体の「水平方向の運動量」の合計は、弾丸の発射前後で完全に保存されます。
  • 理解のポイント: 弾丸が斜めに発射され、鉛直方向の運動も伴いますが、水平方向の運動だけを抜き出して考えることが重要です。\(p_x(\text{前}) = p_x(\text{後})\) という関係式を立てることで、問題を1次元の運動としてシンプルに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:
  • 動く船からの人の飛び出し: 動いている船から人が前方または後方に飛び出す問題。人と船を一つの系として、水平方向の運動量保存則を適用します。
  • ロケットの多段切り離し: 飛行中のロケットが、燃料を噴射したり、一部を切り離したりする問題。ロケット全体を系として考えれば、運動量保存則が適用できます。
  • 摩擦のある台車からの発射: もし台車と床の間に動摩擦力が働く場合、水平方向に外力が存在するため、運動量保存則は成り立ちません。その場合は、各物体について「力積と運動量の関係」(\(I = \Delta p\))を考えるアプローチに切り替える必要があります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 「系」と「外力」を特定する: まず、どの物体を一つの「系」とみなすか（この場合は台車＋弾丸）を決めます。次に、その系に対して考えている方向（水平方向）に外力が働くかを確認します。摩擦がなければ外力は0なので、運動量保存則が使えると判断します。
  2. 座標軸と符号を明確にする: 速度はベクトルなので、最初に正の向きを決めます。台車の進行方向を正とすれば、後方に発射される弾丸の水平速度は負の値になる、というように符号を正確に扱うことがミスを防ぐ鍵です。
  3. 運動を成分に分解する: 弾丸の速度が斜めを向いている場合、運動量保存則を適用したい方向（水平方向）の成分を、三角比（\(\cos\theta\)）を使って正しく取り出すことが重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量の成分分解のミス:
  • 誤解: 弾丸の運動量を考える際に、速さ \(v\) をそのまま使ってしまい、水平成分 \(v \cos\theta\) に分解し忘れる。
  • 対策: 運動量保存則を特定の方向（水平方向）で考えるときは、必ずその方向の速度成分を使うことを徹底しましょう。図を描いて、斜めの速度ベクトルを水平成分と鉛直成分に分解する習慣をつけると、このミスは防げます。
• 符号の取り違え:
  • 誤解: 弾丸が後方（負の向き）に発射されるにもかかわらず、その水平速度を正の値として式を立ててしまう。
  • 対策: 最初に設定した座標軸の正の向きを常に意識しましょう。図に正の向きを示す矢印を大きく描き、各物体の速度ベクトルがその向きと同じか逆かを一つ一つ確認してから立式することが重要です。
• 質量を考慮しない:
  • 誤解: 発射前の運動量を \((m+M)V\) とするところを、単に \(V\) としたり、発射後の運動量を \(m(-v\cos\theta) + MV’\) とするところを、速度だけで式を立ててしまう。
  • 対策: 運動量は「質量 × 速度」(\(p=mv\))です。運動量保存則の各項は、必ず「質量と速度の積」の形になっていることを確認しましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 運動量の棒グラフ（数直線上）: 水平方向を一本の数直線と見立てて、運動量を棒グラフで表現すると分かりやすいです。
    • 発射前: 右向きに長さ \((m+M)V\) の一本の棒。
    • 発射後: 右向きに長さ \(MV’\) の棒と、左向きに長さ \(m(v\cos\theta)\) の棒の2本に分かれます。

    運動量保存則は、発射後の2本の棒のベクトル和（右向きを正、左向きを負として足し算）が、発射前の1本の棒の長さに等しくなることを意味します。\(MV’ – m(v\cos\theta) = (m+M)V\) という関係が視覚的に理解できます。

• 図を描く際に注意すべき点:
  • 発射前と発射後の図を並べる: 状況の変化を明確にするため、必ず「前」と「後」の図を分けて描きましょう。
  • 速度ベクトルを正確に: 各物体の速度を矢印で描き、その向きと大きさを明記します。特に、弾丸の速度 \(v\) が「水平面から見て」の速度なのか、「台車から見て」の速度なのかを問題文から正確に読み取り、図に反映させることが重要です（この問題では「水平面から見て」）。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則 (\(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\)):
  • 選定理由: 「発射」「分裂」「衝突」「合体」といった、複数の物体が内力を及ぼしあう現象を扱う際の基本法則だからです。特に、内力の詳細（ばねの力など）が不明な場合に、系の始状態と終状態を直接結びつけることができるため非常に強力です。
  • 適用根拠: 作用・反作用の法則（ニュートンの第三法則）から導かれる普遍的な法則です。系に外力が働かない（あるいは無視できる）方向において、運動量の総和は常に一定に保たれます。この問題では、水平方向の外力がないため、水平成分についてこの法則を適用します。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. ステップ1: 状況の分析と方針決定
   • 戦略: 台車と弾丸を一つの系とみなし、水平方向の外力がないことを確認する。これにより、水平方向の運動量保存則を適用する方針を立てる。
2. ステップ2: 運動量の定義と立式
   • 戦略: 発射前と発射後の水平方向の運動量を、それぞれ定義に従って数式で表現する。
   • フロー: ①座標軸（水平右向きを正）を設定 → ②発射前の運動量 \(p_{\text{前}} = (m+M)V\) を記述 → ③発射後の弾丸の水平速度が \(-v\cos\theta\) であることを確認し、発射後の運動量 \(p_{\text{後}} = m(-v\cos\theta) + MV’\) を記述 → ④運動量保存則 \(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\) を立式する。
3. ステップ3: 方程式を解く
   • 戦略: 立てた方程式を、求めたい未知数 \(V’\) について解く。
   • フロー: ①\(MV’\) の項を左辺に、それ以外を右辺に集めるなどして式を整理 → ②両辺を \(M\) で割り、\(V’\) を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の移項を丁寧に行う: \((m+M)V = -mv\cos\theta + MV’\) のような式を \(V’\) について解く際、項を移すごとに符号が変わるルールを慎重に適用しましょう。特に、マイナス符号の付いた項を移項する際には注意が必要です。
• 括弧を有効に使う: \((m+M)\) のように、一体となっている物体の質量は括弧でまとめて扱うと、一つの塊として認識しやすくなり、分配法則の適用ミスなどを防げます。
• 最終的な式の形を吟味する: 得られた答え \(V’ = \frac{(m+M)V + mv \cos\theta}{M} = V + \frac{m}{M}V + \frac{m}{M}v\cos\theta\) のように変形してみると、元の速さ \(V\) に正の項が加わっていることが分かります。これは台車が加速するという物理現象と一致しており、答えの妥当性を確認する手段となります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 反動の確認: 弾丸を後方（左向き）に発射した反動で、台車は前方（右向き）に力を受け、加速するはずです。得られた答え \(V’ = \frac{(m+M)V + mv \cos\theta}{M}\) は、\(V’ > V\) を示しており、この直感と一致します。もし答えの符号がマイナスになっていたら、計算ミスを疑うべきです。
  • 極端な場合を考える: もし弾丸が真後ろ（\(\theta=0\)）に発射されたら、反動は最大になるはずです。式に \(\theta=0\) を代入すると \(V’ = \frac{(m+M)V + mv}{M}\) となり、cosの項が最大値1をとるため、\(V’\)も最大となります。逆に、真上（\(\theta=90^\circ\)）に発射されたら、水平方向の反動はありません。式に \(\theta=90^\circ\) を代入すると \(V’ = \frac{(m+M)V}{M}\) となり、これは弾丸の質量\(m\)がなくなったことによる速度変化のみを表し、反動がないことと一致します（ただし、この問題の図とは状況が異なります）。

48 摩擦力がはたらく場合の相対運動

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、摩擦のある台車の上で物体がすべる、という設定の運動量保存則と力積の関係を問う問題です。2物体が一体となるまでの運動を解析します。
この問題の核心は、2つの物体を一つの「系」として捉える視点と、それぞれの物体に個別に着目する視点を使い分けることです。(1)では系全体で運動量保存則を考え、(2)では個別の物体に力積と運動量の関係を適用します。

【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「内力（摩擦力）による2物体の運動と運動量保存」です。物体と台車の間で働く動摩擦力は、この2物体からなる系にとっては内力であるため、系全体の運動量は保存されます。
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
物体と台車の速度が等しくなったとき、両者は一体となって運動すると考えられます。物体と台車の間で働く動摩擦力は、この2物体からなる「系」にとっては内力です。水平方向には外力が働かないため、この系の全運動量は保存されます。この「運動量保存則」を用いて、一体となった後の速度を求めます。
この設問における重要なポイント

• 運動量保存則の適用: 物体と台車を一つの系とみなし、すべり始めの瞬間と一体となった瞬間とで運動量の総和が等しいと考えます。
• すべり始めの運動量: 物体の運動量 \(mv_0\) と台車の運動量 \(M \times 0\) の和です。
• 一体となった後の運動量: 物体と台車が一体となり、質量 \((m+M)\) の物体として速度 \(V\) で運動すると考えます。

具体的な解説と立式
水平右向きを正の向きとします。

すべり始めの瞬間の、系の運動量の総和 \(p_{\text{前}}\) は、
$$ p_{\text{前}} = mv_0 + M \times 0 = mv_0 $$
速度が等しくなった（一体となった）後の、系の運動量の総和 \(p_{\text{後}}\) は、
$$ p_{\text{後}} = (m+M)V $$
水平方向には外力が働かないため、運動量保存則が成り立ちます。
$$ p_{\text{前}} = p_{\text{後}} $$
したがって、以下の式が立てられます。
$$ mv_0 = (m+M)V $$

上記で立てた運動量保存則の式を \(V\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(m+M)V &= mv_0 \\[2.0ex]V &= \frac{m}{m+M}v_0
\end{aligned}
$$
よって、求める速度は右向きに \(\displaystyle\frac{m}{m+M}v_0\) です。

初めに物体だけが持っていた「運動の勢い（運動量）」が、すべり終わった後には物体と台車全体に分配される、と考えることで、一体となった後の速さを計算します。全体の運動の勢いの合計は、摩擦力が内部の力であるため変わりません。

物体と台車の速度が等しくなったときの速度は、右向きに \(\displaystyle\frac{m}{m+M}v_0\) です。分母が \((m+M)\) となっていることから、一体となった後の速度 \(V\) は、物体の初速度 \(v_0\) よりも必ず小さくなることがわかります。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
速度が等しくなるまでの時間 \(t\) を求める問題です。ここでは、系全体ではなく、個別の物体（台車または物体）の運動に着目します。「力積と運動量の関係」を利用するのが一般的です。ここでは、初速度が0で計算が簡単な「台車」に着目して解いてみます。
この設問における重要なポイント

• 着目する物体: 台車（質量 \(M\)）。
• 力積と運動量の関係: \((\text{力積}) = (\text{運動量の変化})\) すなわち \(Ft = p_{\text{後}} – p_{\text{前}}\)。
• 台車に働く力: 台車は、物体から動摩擦力を受けます。作用・反作用の法則により、物体が台車から受ける動摩擦力（左向き）の反作用として、台車は物体から右向きに動摩擦力を受けます。
• 動摩擦力の大きさ: 物体に働く垂直抗力は重力とつりあっているので \(N=mg\)。よって動摩擦力の大きさは \(F = \mu’N = \mu’mg\)。

具体的な解説と立式
台車に着目します。台車が受けた力積を \(I\)、求める時間を \(t\) とします。

台車に働く水平方向の力は、物体からの動摩擦力 \(F\) のみです。その向きは右向き（正の向き）で、大きさは、
$$ F = \mu’mg $$
力積と運動量の関係より、台車が受けた力積 \(Ft\) は、台車の運動量の変化に等しくなります。

台車の初めの運動量は \(p_{\text{台車・前}} = M \times 0 = 0\)。

台車の後の運動量は \(p_{\text{台車・後}} = MV\)。

したがって、
$$ Ft = MV – 0 $$
$$ (\mu’mg)t = MV $$

上記で立てた式に、(1)で求めた \(V = \displaystyle\frac{m}{m+M}v_0\) を代入し、\(t\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(\mu’mg)t &= M \left( \frac{m}{m+M}v_0 \right) \\[2.0ex]\mu’gt &= \frac{M}{m+M}v_0 \\[2.0ex]t &= \frac{Mv_0}{\mu’g(m+M)}
\end{aligned}
$$

止まっていた台車が動き出すのは、上の物体から摩擦力を受けるからです。この摩擦力が、台車の「運動の勢い（運動量）」を変化させます。台車の運動量の変化の大きさを、台車が受けた力（動摩擦力）の大きさで割ることで、その力が働いていた時間を計算します。

求める時間は \(\displaystyle\frac{Mv_0}{\mu’g(m+M)}\) です。動摩擦係数 \(\mu’\) が大きいほど、時間は短くなるという直感に合った結果です。

【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？

• 運動量保存則:
  • 核心: (1)を解くための最重要法則です。物体と台車を一つの「系」として捉えたとき、2物体間で及ぼしあう動摩擦力は「内力」となります。台車と床の間の摩擦は無視できるため、水平方向には外力が働きません。したがって、系全体の水平方向の運動量の合計は、物体がすべり始めてから一体となるまで、常に保存されます。
  • 理解のポイント: \(mv_0 = (m+M)V\) という関係式は、この物理現象を直接的に表現したものです。摩擦が絡む問題でも、その摩擦が「内力」である場合は運動量保存則が適用できる、という点が重要です。
• 力積と運動量の関係:
  • 核心: (2)を解くための鍵となる法則です。運動量保存則が「系全体」の法則であるのに対し、力積と運動量の関係は「個々の物体」に適用します。台車（または物体）が動摩擦力という「力」を「時間」\(t\) の間受けた結果、その物体の「運動量」がどれだけ変化したか、という関係を立式することで、時間を求めることができます。
  • 理解のポイント: \(Ft = \Delta p\) という関係は、運動方程式 \(F=ma\) と本質的に同じ内容を、異なる視点から表現したものです。特に、力が一定で、時間や速度変化を問う問題で威力を発揮します。

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:
  • 動く板の上での人の歩行: なめらかな床の上の板の上を人が歩く問題。人が板を蹴る力（静止摩擦力）が内力となり、人と板の系の運動量は保存されます。
  • 衝突と合体: 2つの物体が衝突して一体となる「非弾性衝突」の問題。これも内力のみが働くため、運動量保存則が中心となります。本問は、摩擦力によって時間をかけて一体化する非弾性衝突と見なすことができます。
  • 台車と床の間にも摩擦がある場合: もし台車と床の間にも摩擦があれば、系に対して外力が働くため、運動量保存則は使えません。その場合は、物体と台車のそれぞれについて運動方程式を立て、連立して解く必要があります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 「系」と「内力・外力」の区別: まず、どの物体を一つの「系」とみなすかを考えます。次に、その系に対して働く力をすべて図示し、どれが内力（系内部で及ぼしあう力）で、どれが外力（系の外部から働く力）かを区別します。
  2. 保存則が使えるか判断する: 考えている方向に外力が働かなければ、運動量保存則が使えます。もし外力が働くなら、運動量保存則は使えず、個別の物体について運動方程式や力積を考える方針に切り替えます。
  3. どの物体に着目するか選ぶ: (2)のように力積を考える際、複数の物体から着目する対象を選ぶことができます。通常は、初速度が0であったり、働く力が単純であったりする物体（この問題では台車）を選ぶと、計算が楽になることが多いです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 運動量保存則が使える場面の誤認:
  • 誤解: 摩擦があるので、運動量は保存されないだろうと勘違いしてしまう。
  • 対策: 摩擦力が「内力」なのか「外力」なのかを常に意識しましょう。物体と台車の間の摩擦は、系全体で見れば内力なので、運動量は保存されます。台車と床の間の摩擦は、系に対する外力なので、この場合は運動量は保存されません。
• 動摩擦力の向きの間違い:
  • 誤解: 物体にも台車にも、同じ向きに摩擦力が働くと考えてしまう。
  • 対策: 作用・反作用の法則を正しく理解しましょう。物体が台車から受ける力と、台車が物体から受ける力は、必ず「大きさが等しく、向きが逆」になります。物体は台車に対して右にすべるので、台車から受ける摩擦力は左向き。その反作用で、台車は物体から右向きに摩擦力を受けます。
• 力積の計算での力の選択ミス:
  • 誤解: (2)で物体の運動量変化を考える際に、台車に働く力を使ってしまうなど、力と物体の対応を間違える。
  • 対策: 「（物体Aが受けた）力積 =（物体Aの）運動量変化」というように、主語を明確にして式を立てる習慣をつけましょう。着目している物体に働いている力のみを考えることが重要です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • v-tグラフ: 物体と台車の速度の時間変化をグラフに描くと、現象が一目瞭然となります。
    • 物体: 初速度 \(v_0\) から、一定の負の加速度（傾きが負）で減速する直線。
    • 台車: 初速度 \(0\) から、一定の正の加速度（傾きが正）で加速する直線。

    この2本の直線が交わった点が、速度が等しくなる瞬間です。その交点の縦軸の値が(1)の答えの速度 \(V\)、横軸の値が(2)の答えの時間 \(t\) となります。グラフの傾きがそれぞれの加速度 \((-\mu’g)\) と \((\mu’mg/M)\) に対応することも理解できます。

• 力の図示の徹底:
  • 物体と台車、それぞれに働く力をすべて矢印で描き出すことが、特に(2)を解く上で不可欠です。特に、作用・反作用の関係にある動摩擦力のペアを、向きが逆になるように正確に描くことが、立式のミスを防ぐ上で最も効果的です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動量保存則 (\(p_{\text{前}} = p_{\text{後}}\)):
  • 選定理由: (1)で、内力（動摩擦力）によって2物体の速度が変化し、最終的に一体となる現象を扱うため。内力の詳細（時間変化など）を知らなくても、系の始状態と終状態だけで関係式を立てられるため、このような問題に最適です。
  • 適用根拠: 水平方向に外力が働かないため、系の水平運動量は時間に依らず一定である、という物理法則に基づきます。
• 力積と運動量の関係 (\(Ft = \Delta p\)):
  • 選定理由: (2)で、一定の力（動摩擦力）が働いた結果、速度が変化するまでの「時間」を求めるため。運動方程式を立てて加速度を求め、\(v=v_0+at\) を使う方法もありますが、力積を用いると加速度を介さずに直接時間と速度変化を結びつけられます。
  • 適用根拠: ニュートンの運動方程式 \(F=ma\) の時間積分形であり、運動方程式と等価です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 一体となった後の速度 \(V\):
   • 戦略: 系全体の運動量保存を考える。
   • フロー: ①物体と台車を一つの系とみなす → ②水平方向の外力がないことを確認 → ③運動量保存則 \(mv_0 = (m+M)V\) を立式 → ④\(V\)について解く。
2. (2) 一体になるまでの時間 \(t\):
   • 戦略: 個別の物体（台車）の運動に着目し、力積と運動量の関係を考える。
   • フロー: ①台車に働く力を図示し、動摩擦力 \(F=\mu’mg\) を特定 → ②台車の運動量変化 \(\Delta p = MV – 0\) を計算 → ③力積と運動量の関係 \(Ft = \Delta p\) を立式 → ④(1)で求めた\(V\)を代入し、\(t\)について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の整理を丁寧に行う: (2)の計算では、\((\mu’mg)t = M \left( \frac{m}{m+M}v_0 \right)\) のように、複数の文字を含む式を扱います。両辺で共通する文字（この場合は \(m\)）を先に消去するなど、式を簡潔にしながら変形を進めると、ミスが減り、見通しも良くなります。
• 分数の扱い: 最終的な答えが分数になる場合、分母と分子のどちらにどの文字が来るかを間違えやすいです。移項や割り算の操作を一行一行丁寧に行いましょう。
• 単位の次元で検算: 例えば(2)の答えの単位の次元を調べると、\(\frac{Mv_0}{\mu’g(m+M)} \rightarrow \frac{\text{kg} \cdot (\text{m/s})}{(\text{m/s}^2) \cdot \text{kg}} = \text{s}\) となり、時間の単位と一致します。このような次元解析は、式の形が正しいかどうかをチェックする有効な手段です。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (1) 速度 \(V\): 答えは \(\frac{m}{m+M}v_0\) であり、\(0 < V < v_0\) となります。これは、動いていた物体が減速し、止まっていた台車が加速して、両者が中間の速度に落ち着くという直感と一致します。
  • (2) 時間 \(t\): 答えは \(\frac{Mv_0}{\mu’g(m+M)}\) です。もし動摩擦係数 \(\mu’\) が非常に大きければ、物体はすぐに台車と一体化するはずです。式を見ると、\(t\) は \(\mu’\) に反比例しており、この直感と一致します。また、もし台車の質量 \(M\) が非常に大きければ、台車はほとんど動かず、物体が台車の上をすべり続ける時間は長くなるはずです。式を見ると、\(M\) が大きいほど \(t\) も大きくなる傾向にあり、これも妥当です。
• 別解との比較:
  • (2)は、台車に着目しても、物体に着目しても解くことができます。両方のアプローチで計算し、同じ答え \(\frac{Mv_0}{\mu’g(m+M)}\) が得られることを確認することで、計算の正しさと物理的理解の確かさを検証できます。

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