点Oまわりになめらかに回転できる棒に取り付けた小球（あるいは一様な棒そのもの）の運動を、エネルギー保存・運動量保存・角運動量（モーメント）保存の3つの視点で読み解く総合問題です。
設定：棒の質量は無視できる。小球は半径 \(L\) の円弧に沿ってなめらかに運動する。重力のみが仕事をし、棒から受ける張力は運動方向に対して常に垂直なので仕事をしない。
立式：基準面を最下点にとり、力学的エネルギー保存則を初期（水平・静止）と最下点（速さ \(v\)）の間で適用する。
$$ \underbrace{mgL}_{\text{初期の位置エネルギー}} + \underbrace{0}_{\text{初期の運動エネルギー}} = \underbrace{0}_{\text{最下点の位置エネルギー}} + \underbrace{\tfrac{1}{2}mv^2}_{\text{最下点の運動エネルギー}} $$これを整理すると
$$ \tfrac{1}{2}mv^2 = mgL $$ $$ v^2 = 2gL $$接線方向の運動方程式（\(\theta\) は水平からの角度）は
$$ mL\ddot\theta = mg\cos\theta $$両辺に \(\dot\theta\) を掛けて時間積分すると
$$ \tfrac{1}{2}mL^2\dot\theta^2 = mgL\sin\theta + C $$初期条件 \(\theta=0,\dot\theta=0\) より \(C=0\)。最下点 \(\theta=\pi/2\) で \(\sin\theta=1\) なので
$$ \tfrac{1}{2}mL^2\dot\theta^2 = mgL \;\;\Rightarrow\;\; L\dot\theta = \sqrt{2gL} $$よって接線速度 \(v = L\dot\theta = \sqrt{2gL}\) を得る。
棒からの張力は常に棒方向（中心方向）に働き、速度は接線方向。両者は直交するので張力は仕事をしない。したがって系のエネルギーは重力ポテンシャルと運動エネルギーの和として保存される。高さ \(L\) だけ落ちる＝自由落下と同じで \(v=\sqrt{2gL}\)。
設定：最下点で小球は半径 \(L\) の円軌道上にあり、速さは問1で求めた \(v=\sqrt{2gL}\)。速度の向きは水平、加速度は中心（上向き）に向く向心加速度 \(\dfrac{v^2}{L}\) である。
立式：棒が小球に及ぼす力の大きさを \(T\)（向きは上向き）とする。鉛直方向（＝中心方向）の運動方程式は
$$ T - mg = m\cdot\frac{v^2}{L} $$代入：\(v^2 = 2gL\) を代入すると
$$ T - mg = m\cdot\frac{2gL}{L} = 2mg $$ $$ T = mg + 2mg = 3mg $$静止して吊り下げられた状態なら張力は \(mg\) でつり合う。しかし円運動では「中心向きの加速度を作る力」も必要。最下点では速さが最大で向心加速度も最大、そしてその向きが重力と逆向きなので張力はどうしても大きくなる。\(T=mg+mv^2/L\) の形から、速いほど・半径が小さいほど張力が増えることが読み取れる。
水平からの角度を \(\theta\) とすると、エネルギー保存より \(v^2(\theta)=2gL\sin\theta\)。中心方向の運動方程式は \(T - mg\sin\theta = mv^2(\theta)/L\) だから
$$ T(\theta) = mg\sin\theta + 2mg\sin\theta = 3mg\sin\theta $$\(\theta=\pi/2\)（最下点）で \(T = 3mg\)。この結果から「最下点での張力は重力の3倍」という有名な関係が得られる。
円運動の運動方程式は「中心方向のみ」で立てる。張力＝重力成分＋向心力の和。最下点では \(T_{\min}=3mg\) となり、最上点と比べて張力が最大となる。糸や棒の強度設計で頻出。
設定：点Oの鉛直真下で静止した小球に、水平右向きの力積 \(J\)（大きさのみ問う）を与えた結果、小球が到達する最高点が点Oと同じ高さ（鉛直方向に \(L\) だけ上昇した位置）になったとする。
立式1（力積と運動量）：撃力直後の水平速度を \(v_0\) とすると
$$ J = mv_0 $$立式2（エネルギー保存）：撃力直後（最下点、速さ \(v_0\)）から最高点（Oと同じ高さ、速さ 0）まで、棒の張力は仕事をしないので
$$ \tfrac{1}{2}mv_0^2 = mgL $$これより \(v_0 = \sqrt{2gL}\)。これを \(J = mv_0\) に代入して
$$ J = m\sqrt{2gL} $$小球が円軌道に沿って上昇していくと、張力が 0 になった瞬間に棒は小球を「引く」働きを失う（ただし棒なので圧縮も可能だが、この問題の設定では棒の向きに張力として働く）。Oと同じ高さ（水平位置）では、重力 \(mg\) が棒に垂直方向の成分をもつ。このときちょうど速さ 0 になり、あと少しで折り返すか棒が押し出す状況になる。厳密には \(v=0\) で「最高点」に到達していればよい。
最下点での力積 \(J\) が点Oまわりに与える角運動量は \(JL\)（水平方向の力積 × 垂直距離 \(L\)）。角運動量 \(\ell = mL^2\omega\) より、\(JL = mL^2\omega_0\) ゆえ \(\omega_0 = J/(mL)\)。エネルギー保存
$$ \tfrac{1}{2}(mL^2)\omega_0^2 = mgL $$より \(\omega_0 = \sqrt{2g/L}\)、よって \(J = mL\omega_0 = m\sqrt{2gL}\)。
撃力問題は「力積 = 運動量変化」で速度を出し、その後のふるまいはエネルギー保存で追う、の2段構えが定石。撃力中は重力の力積や位置変化を無視できる（きわめて短時間のため）。
設定：棒が剛体であるため、2球は同じ角速度 \(\omega\) で回転する。したがって小球1（半径 \(L\)）の速さを \(v\) とすると、小球2（半径 \(L/2\)）の速さは \(v/2\) となる。
立式：基準面を小球1の最下点にとる。水平位置（静かに手放す）では速さ 0、落下後は小球1が下に \(L\)、小球2が下に \(L/2\) 下がる。2球全体で力学的エネルギーが保存するので
$$ \underbrace{\tfrac{m}{2}\cdot gL + \tfrac{m}{2}\cdot g\tfrac{L}{2}}_{\text{失われる位置エネルギー}} = \underbrace{\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{m}{2}\cdot v^2 + \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{m}{2}\cdot\left(\tfrac{v}{2}\right)^2}_{\text{得られる運動エネルギー}} $$整理：左辺 \(= \tfrac{mgL}{2} + \tfrac{mgL}{4} = \tfrac{3mgL}{4}\)。右辺 \(= \tfrac{mv^2}{4} + \tfrac{mv^2}{16} = \tfrac{5mv^2}{16}\)。よって
$$ \frac{3mgL}{4} = \frac{5mv^2}{16} $$ $$ v^2 = \frac{3mgL}{4}\cdot\frac{16}{5m} = \frac{12gL}{5} $$ $$ v = 2\sqrt{\frac{3gL}{5}} $$2球＋棒の点Oまわりの慣性モーメントは
$$ I = \tfrac{m}{2}L^2 + \tfrac{m}{2}\left(\tfrac{L}{2}\right)^2 = \tfrac{mL^2}{2} + \tfrac{mL^2}{8} = \tfrac{5mL^2}{8} $$系全体の重心は \(L/2\) の位置（2球の質量は等しく、平均距離が \((L + L/2)/2 = 3L/4\)。ただし別個に計算する方が早い）。エネルギー保存
$$ \tfrac{1}{2}I\omega^2 = \tfrac{m}{2}gL + \tfrac{m}{2}g\tfrac{L}{2} = \tfrac{3mgL}{4} $$より \(\omega^2 = \dfrac{3mgL/4}{I/2} = \dfrac{3mgL/4}{5mL^2/16} = \dfrac{12g}{5L}\)、よって \(v = L\omega = 2\sqrt{3gL/5}\)。
剛体棒でつながれた2球は「同じ角速度」を共有するだけで、速さは半径に比例して異なる。エネルギーを足すときは「各球ごとに \(\tfrac{1}{2}mv^2\) を計算して和を取る」か、「慣性モーメント \(I=\sum m_ir_i^2\) を使って \(\tfrac{1}{2}I\omega^2\) と書く」。どちらでも答えは一致する。
設定：力積 \(I\) を与えた直後、小球1の水平速度を \(v_0\)、小球2の水平速度を \(v_0/2\)（剛体棒の拘束から同じ角速度を共有）とする。棒が小球2に及ぼす水平方向の力積を \(i_1\)、棒が小球1に及ぼす水平方向の力積を \(i_2\)（いずれも右向きを正）とおく。
(ア)・(イ) 運動量変化＝力積：
小球1（質量 \(m/2\)）：外力 \(I\) と棒からの \(i_2\) を受け、水平運動量は \((m/2)v_0\) に変化する。
$$ I + i_2 = \tfrac{m}{2}\,v_0 \;\;\Rightarrow\;\; I + i_2 = \boxed{\tfrac{1}{2}}\,mv_0 \quad\text{(ア)} = \tfrac{1}{2} $$小球2（質量 \(m/2\)）：棒からの \(i_1\) のみを受け、水平運動量は \((m/2)(v_0/2) = mv_0/4\) に変化する。
$$ i_1 = \tfrac{m}{2}\cdot\tfrac{v_0}{2} = \boxed{\tfrac{1}{4}}\,mv_0 \quad\text{(イ)} = \tfrac{1}{4} $$(ウ)・(エ) 棒にはたらく力積のモーメントの和＝0：棒の質量は無視できるので、棒が受ける力積（反作用）によるOまわりのモーメントの和は 0 でなければならない。作用・反作用の法則より、小球1が棒に及ぼす力積は \(-i_2\)（距離 \(L\)）、小球2が棒に及ぼす力積は \(-i_1\)（距離 \(L/2\)）。
$$ (-i_1)\cdot\tfrac{L}{2} + (-i_2)\cdot L = 0 $$ $$ \tfrac{1}{2}\,i_1 L + 1\cdot i_2 L = 0 \;\;\Rightarrow\;\; \text{(ウ)} = \tfrac{1}{2},\;\; \text{(エ)} = 1 $$この式から \(i_2 = -\dfrac{1}{2}i_1 = -\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{4}mv_0 = -\dfrac{1}{8}mv_0\)（負 ⇒ 小球1は棒から左向きに引かれる）。
(オ) 力積 I を求める：(ア) の式に代入して
$$ I = \tfrac{1}{2}mv_0 - i_2 = \tfrac{1}{2}mv_0 - \left(-\tfrac{1}{8}mv_0\right) = \left(\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{8}\right)mv_0 = \boxed{\tfrac{5}{8}}mv_0 $$また、2球が最高点（点Oと同じ高さ）に達する条件から \(v_0\) は問4 と同じ値で \(v_0 = 2\sqrt{3gL/5}\)。
| 空欄 | (ア) | (イ) | (ウ) | (エ) | (オ) |
|---|---|---|---|---|---|
| 値 | 1/2 | 1/4 | 1/2 | 1 | 5/8 |
2球系の点Oまわりの角運動量変化は外力（重力は瞬間的に無視、棒からの張力もO方向なので寄与なし、外力 \(I\) のみ）による力積のモーメントに等しい：
$$ I\cdot L = \tfrac{m}{2}v_0\cdot L + \tfrac{m}{2}\tfrac{v_0}{2}\cdot\tfrac{L}{2} = \tfrac{mv_0L}{2} + \tfrac{mv_0L}{8} = \tfrac{5mv_0L}{8} $$よって \(I = \tfrac{5}{8}mv_0\)。棒の内部力積 \(i_1, i_2\) を経由せずに1本の式で求まる。
剛体の拘束条件：棒が長さ一定（変形なし）かつ両端が同じ棒上にある ⇒ 角速度 \(\omega\) は共通。位置ベクトル \(\vec r_1 = L\hat r\)、\(\vec r_2 = (L/2)\hat r\)。速度 \(\vec v = \omega L \hat\theta\) と \(\vec v_2 = \omega (L/2)\hat\theta\)。したがって \(v_2 = v_1/2\)。力積直後もこの関係は成り立つ。
剛体棒を介した2体系では、① 各球の運動量変化＝力積、② 質量無視の棒は「力の和 = 0」かつ「モーメントの和 = 0」、この2種類の式を連立するのが基本戦略。ただし、系全体の角運動量に着目すれば内部力積（\(i_1, i_2\)）を消去できて便利。
設定：質量 \(m\)、長さ \(L\) の一様な細棒が点Oを端として回転する。重心は棒の中央（Oから \(L/2\)）。慣性モーメント \(I\) は誘導に従って計算する。
立式1（慣性モーメント）：棒を \(N\) 等分した各小片の質量 \(m/N\)、Oからの距離 \(kL/N\)（\(k=1,\dots,N\)）。
$$ I = \sum_{k=1}^{N} \frac{m}{N}\cdot\left(\frac{kL}{N}\right)^{2} = \frac{mL^2}{N^3}\sum_{k=1}^{N}k^2 = \frac{mL^2}{N^3}\cdot\frac{N(N+1)(2N+1)}{6} $$\(N\to\infty\) の極限で
$$ I = \lim_{N\to\infty}\frac{mL^2(N+1)(2N+1)}{6N^2} = \frac{mL^2\cdot 2}{6} = \frac{1}{3}mL^2 $$立式2（エネルギー保存）：水平からの静止 → 鉛直下向き（最下位置）まで、重心は \(L/2\) 下降する。
$$ \underbrace{mg\cdot\tfrac{L}{2}}_{\text{重心の落下分}} = \underbrace{\tfrac{1}{2}I\omega^2}_{\text{回転エネルギー}} = \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{3}mL^2\cdot\omega^2 = \tfrac{mL^2\omega^2}{6} $$整理して
$$ \omega^2 = \frac{3g}{L} \;\;\Rightarrow\;\; \omega = \sqrt{\frac{3g}{L}} $$下端の速さ：棒下端はOから \(L\) の位置だから
$$ v_{\text{下端}} = L\omega = L\sqrt{\frac{3g}{L}} = \sqrt{3gL} $$問1では \(v=\sqrt{2gL}\)、問6では \(v=\sqrt{3gL}\)。一様棒の方が速い。理由は、質量が中央付近（低い位置から落ちない部分）に分布することで「重心」が \(L/2\) しか落ちないが、「慣性モーメント」も \(mL^2\) ではなく \(mL^2/3\) と小さくなり、結果として角速度 \(\omega\) が \(\sqrt{3g/L}\) と大きくなる。これを下端の速さ \(L\omega = \sqrt{3gL}\) に換算すると質点ケース（\(\sqrt{2gL}\)）より大きい。
密度（線密度）を \(\lambda = m/L\) とすると、Oから距離 \(r\) の微小部分の質量は \(\lambda\,dr\)、慣性モーメントへの寄与は \(r^2\lambda\,dr\)。
$$ I = \int_0^L r^2\lambda\,dr = \lambda\left[\frac{r^3}{3}\right]_0^L = \frac{\lambda L^3}{3} = \frac{m}{L}\cdot\frac{L^3}{3} = \frac{1}{3}mL^2 $$問題文の \(\sum k^2\) の和公式を \(N\to\infty\) でとった結果と一致する。
一様棒（端軸まわり）の慣性モーメント \(I=\tfrac{1}{3}mL^2\) は頻出。重心の落下分 \(mg(L/2)\) を \(\tfrac{1}{2}I\omega^2\) にそのまま当てるだけで \(\omega = \sqrt{3g/L}\)、下端の速さは \(\sqrt{3gL}\)。質点 \(\sqrt{2gL}\) よりやや大きい。
設定：一様な棒（質量 \(m\)、長さ \(L\)、慣性モーメント \(I = \tfrac{1}{3}mL^2\)）が鉛直方向に静止している。水平方向に撃力を下端（Oから距離 \(L\) の点）に与える。力積の大きさを \(J\) とする。
立式1（角運動量と力積）：力積 \(J\) が点Oまわりに与える力積モーメント（＝角運動量変化）は
$$ J\cdot L = I\omega_0 = \tfrac{1}{3}mL^2\,\omega_0 $$これより直後の角速度は
$$ \omega_0 = \frac{3J}{mL} $$立式2（エネルギー保存）：撃力直後（角速度 \(\omega_0\)、重心位置 \(-L/2\)） から 最高点（下端がOと同じ高さ、棒は水平、角速度 0、重心位置 0）まで、エネルギー保存則を適用する。重心は高さ \(L/2\) だけ上昇する。
$$ \tfrac{1}{2}I\omega_0^2 = mg\cdot\tfrac{L}{2} $$\(I = \tfrac{1}{3}mL^2\) を代入
$$ \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{3}mL^2\cdot\omega_0^2 = \tfrac{1}{6}mL^2\omega_0^2 = \tfrac{1}{2}mgL $$ $$ \omega_0^2 = \frac{3g}{L} \;\;\Rightarrow\;\; \omega_0 = \sqrt{\frac{3g}{L}} $$立式3（\(J\) を求める）：\(\omega_0 = 3J/(mL)\) に代入して
$$ \frac{3J}{mL} = \sqrt{\frac{3g}{L}} $$ $$ J = \frac{mL}{3}\sqrt{\frac{3g}{L}} = \frac{m}{3}\sqrt{3gL}\cdot\frac{1}{\sqrt{1}} = \frac{m\sqrt{3gL}}{3} $$これは \(\dfrac{m}{3}\sqrt{3gL}\) と書いてもよい。
問6 より、一様棒が鉛直下向きから水平に達するときの角速度は \(\omega_0 = \sqrt{3g/L}\)。時間の逆戻しをイメージすれば、撃力直後もこの角速度を与えればよい。力積と角運動量の関係 \(JL = I\omega_0 = \tfrac{1}{3}mL^2\omega_0\) から
$$ J = \tfrac{1}{3}mL\omega_0 = \tfrac{1}{3}mL\sqrt{\tfrac{3g}{L}} = \tfrac{m}{3}\sqrt{3gL} $$問3（質量 \(m\) の質点、紐/棒先端）：\(J = m\sqrt{2gL}\)。
問7（質量 \(m\) の一様棒、下端に力積）：\(J = \dfrac{m}{3}\sqrt{3gL}\)。
数値比: \(\sqrt{2gL}\approx 1.414\sqrt{gL}\)、\(\tfrac{\sqrt{3gL}}{3}\approx 0.577\sqrt{gL}\)。
同じ \(m, L\) なら質点の場合の方が大きい力積が必要。一様棒は重心が \(L/2\) までしか上がらなくてよいうえ、慣性モーメントも質点の 1/3 しかないため、小さい力積で済む。
剛体に撃力を与える問題は「角運動量と力積モーメント」＋「エネルギー保存」の2段構えが定石。慣性モーメントは \(I=\tfrac{1}{3}mL^2\)（端軸一様棒）、重心が \(L/2\) だけ動くことに注意。質点 \(m\) を端に付けたケース（\(I=mL^2\)、重心は端）と数値を比較すると理解が深まる。