本大問は独立した2つのテーマから成る。問1 は「なめらかな床の上の台車」と「台車天井から吊るされた振り子小球」の連成運動を扱う。外力なしの2体系なので水平方向の運動量保存が常に成立し、さらに非弾性衝突以外ではエネルギー保存も使える。問2 は水平な棒と2つの支持台のつり合い問題。支持台を押す力を変えながら静止→すべり始め→途中で停止→再始動の各相転移を静止摩擦・動摩擦の条件から判定する。
系に働く水平外力は 0（床なめらか、糸の張力と重力は水平成分なし／糸張力は水平成分があるが系の内力なので合計 0）。よって水平運動量は時間によらず一定。初期状態（静止）での水平運動量は 0 なので、点Aを通過する直前でも水平運動量の総和は 0。
$$m v + M V = 0$$この式から \(V = -\dfrac{m}{M}v\) と読み取れる（台車は小球と逆向きに動く、図の左向きを負とすると \(V<0\)）。
糸は小球を引き上げるが、同じ大きさの力で台車天井を下に引く。この対は系内の作用反作用なので内力であり、系全体の運動量を変えない。床からの垂直抗力は鉛直方向のみ。重力も鉛直方向のみ。よって水平方向には外力が全く働かず、水平運動量が厳密に保存される。
「なめらかな床＋重力のみ」という設定では、水平運動量が常に保存。\(mv+MV=0\) は静止初期条件込みの最強の拘束式で、以降すべての計算の骨格になる。
小球は点Aで糸の最下点にいる。出発点（糸水平）から点Aまでの小球の高さの低下は糸の長さ \(L\)。力学的エネルギー保存より：
$$m g L = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} M V^{2}$$問(1)の運動量保存から \(V=-\dfrac{m}{M}v\) を代入：
$$m g L = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} M \cdot \frac{m^{2}}{M^{2}} v^{2} = \frac{1}{2} m v^{2} \left( 1 + \frac{m}{M} \right) = \frac{m(m+M)}{2M} v^{2}$$\(v^2\) について解く：
$$v^{2} = \frac{2 M g L}{m+M} \qquad \therefore \qquad v = \sqrt{\frac{2MgL}{m+M}}$$台車が極めて重い極限では \(v\to\sqrt{2gL}\) となり、固定支点の単振り子で自由落下分の速さに戻る。これは「重い台車はほとんど動かない→小球だけが高さ \(L\) 落下」という物理的描像と一致する。逆に \(M\to 0\) の極限では \(v\to 0\)（台車が軽すぎて運動量保存が強く効き、小球がほとんど加速できない）。
「運動量保存式から \(V\) を消す」→「エネルギー保存式に代入して \(v\) を求める」が 2 体系の標準手順。エネルギー配分比 \(\text{KE}_\text{ball}:\text{KE}_\text{cart} = M:m\) となる（軽いものほど速くなり、重いものほどエネルギーをもらう）。
小球の地面系での速度を \(v\)（右向き）、台車の速度を \(V=-\dfrac{m}{M}v\)（左向き）とすると、台車から見た小球の相対速度（水平）は：
$$u = v - V = v + \frac{m}{M} v = \frac{(m+M)}{M}\,v$$台車系では小球は半径 \(L\) の円運動を瞬時的に行っている（糸の張力は長さ一定を拘束）。最下点Aでは遠心力が鉛直下向き、したがって向心加速度は鉛直上向きで大きさ \(u^2/L\)。台車系は加速系だが、この瞬間は鉛直方向に慣性力はない（水平のみに慣性力）ので鉛直方向の運動方程式はそのまま：
$$T - m g = \frac{m u^{2}}{L}$$問(2) の結果 \(v^2 = \dfrac{2MgL}{m+M}\) を用いると：
$$u^{2} = \frac{(m+M)^2}{M^2}\,v^{2} = \frac{(m+M)^2}{M^2}\cdot\frac{2MgL}{m+M} = \frac{2gL(m+M)}{M}$$ $$T = m g + \frac{m u^{2}}{L} = m g + \frac{2 m g(m+M)}{M} = m g\cdot\frac{M + 2(m+M)}{M} = \frac{(3M+2m)\,m g}{M}$$地面系で小球の加速度を評価する。点Aでは小球は瞬間的に水平方向に動いているが、円運動の向心成分（鉛直上向き）と台車の加速度（水平）が重なる。鉛直方向の加速度 \(a_y\) は \(u^2/L\)（台車基準の相対向心加速度に等しい、鉛直方向は並進加速度がない）。従って、
$$T - mg = m\,a_y = \frac{m u^2}{L}$$となり、同じ結果 \(T = mg(3M+2m)/M\) を得る。
動く支点の振り子では「支点から見た相対速度 \(u\)」で向心力を立式する。地面系の \(v\) で \(T-mg=mv^2/L\) とやると誤り。\(u = v(M+m)/M\) の置き換えを忘れない。
糸を切った直後、小球の地面系での速度は水平成分 \(v\) のみ（鉛直成分 0）。糸の張力は消え、小球は重力のみを受ける→放物運動。台車は外力ゼロで等速直線運動（速度 \(V\)）。
台車基準では小球の水平速度は \(u=v-V=\dfrac{M+m}{M}v\) で一定、鉛直方向は点Aで初速 0、加速度 \(g\) で自由落下。Aの高さは \(h\) だから床まで落下する時間 \(t_1\) は：
$$h = \tfrac{1}{2} g t_{1}^{2} \qquad \therefore \qquad t_{1} = \sqrt{\frac{2h}{g}}$$床との衝突は弾性衝突（反発係数 1）なので、鉛直速度の大きさは保存・向きが反転。水平速度は変わらない。床を離れた後、鉛直上向き速度 \(\sqrt{2gh}\) で上昇、点Bで再び高さ \(h\) に到達した瞬間に鉛直速度が 0 になる（壁に垂直衝突 ＝ 鉛直成分 0）。
上昇にかかる時間も \(t_2 = \sqrt{2h/g}\) なので、A→Bの全時間は：
$$t_{AB} = t_{1} + t_{2} = 2\sqrt{\frac{2h}{g}}$$台車の右壁は鉛直な平面（x軸に垂直な壁）。小球が壁に垂直に衝突する＝速度ベクトルが壁に垂直＝速度は水平方向のみ。つまり鉛直速度 0。放物運動で鉛直速度 0 になる瞬間は「上昇の頂点」だけなので、壁との衝突が頂点で起こる。これが「ちょうどB点で垂直衝突」という条件の意味。
弾性衝突 (\(e=1\)) で床とぶつかると、放物運動は対称に跳ね返る。「落下時間 = 上昇時間」なので、2 倍して完了。壁に垂直に衝突＝鉛直速度 0＝最高到達点という置き換えがカギ。
台車基準での水平速度：
$$u = \frac{M+m}{M} v = \frac{M+m}{M}\sqrt{\frac{2MgL}{m+M}} = \sqrt{\frac{2g L (M+m)}{M}}$$A→B の水平移動距離は、Aが台車天井の中央（=台車の横中央）、Bが台車右端なので：
$$\Delta x = L \quad (\text{台車半分の長さ})$$時間 \(t_{AB}=2\sqrt{2h/g}\) を掛けて移動距離にする：
$$u \cdot t_{AB} = L \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{\frac{2g L (M+m)}{M}} \cdot 2\sqrt{\frac{2h}{g}} = L$$両辺を 2 乗：
$$\frac{2 g L (M+m)}{M} \cdot \frac{8 h}{g} = L^{2} \quad\Longrightarrow\quad \frac{16\,L\,h\,(M+m)}{M} = L^{2}$$\(h\) について解く：
$$h = \frac{M\,L}{16(M+m)}$$\(M\gg m\) の極限で \(h\to L/16\)。このとき小球はほぼ固定点の振り子と同じで、着地時の水平速度 \(u\to\sqrt{2gL}\)、A→B 距離 \(L\) の放物運動が高さ \(L/16\) で収まる。一方 \(M\ll m\) では台車が軽すぎて小球がほとんど加速できず、\(h\to 0\) に漸近（小球が壁に届く前にエネルギーが枯渇）。
こういう「台車上の放物運動」は必ず台車基準（=台車と一緒に動く慣性系）で考えること。床との衝突が挟まっても、台車はその間も等速で動き続けているので、台車基準で見れば単なる放物運動＋弾性反射に過ぎない。
A→B の間、1 回床で弾んで B に到達した。B に到達したときの水平速度（台車系）は行きと同じ大きさ \(u\)、向きは +x。壁との衝突で水平速度は大きさが \(e u\) になり、向きが逆（-x）に反転。鉛直速度はもともと 0 だったので反転も変わらず 0。
Bを離れた後、台車基準で水平速度 \(-e u\) で等速、鉛直は A→B と同じ「上がり下がり」パターン。床との半周期（頂点→床 or 床→頂点）の時間は一定で \(\tau=\sqrt{2h/g}\)。半周期あたりの水平移動距離：
$$\Delta x_{\text{half}} = e u \tau = e \cdot \frac{u \cdot 2\tau}{2} = \frac{e L}{2} \quad (\text{∵}\;u\cdot 2\tau = L)$$床衝突は「Bを離れてから 1 半周期後」「3 半周期後」「5 半周期後」「7 半周期後」…の順。問題文では B の後 3 回床で弾み、4 回目の床衝突がちょうど左下隅 C。つまり床衝突4回目＝Bから 7 半周期後。
| 区間 | Bからの経過時間 | B からの水平移動距離 |
|---|---|---|
| 床衝突 1 回目 | 1 半周期 | \(\tfrac{eL}{2}\) |
| 床衝突 2 回目 | 3 半周期 | \(\tfrac{3eL}{2}\) |
| 床衝突 3 回目 | 5 半周期 | \(\tfrac{5eL}{2}\) |
| 床衝突 4 回目 ＝ C | 7 半周期 | \(\tfrac{7eL}{2} = 2L\) |
B から C までの水平距離は台車長 \(2L\) だから：
$$\frac{7 e L}{2} = 2 L \quad\Longrightarrow\quad e = \frac{4}{7}$$小数第2位まで：
$$e = \frac{4}{7} = 0.5714\ldots \fallingdotseq 0.57$$B 直前の水平速度 (台車系) = \(+u\)、B 直後 = \(-eu\)。床は弾性衝突なので水平成分は変わらない。よって水平速度は B 以降ずっと \(-eu\) で一定。時間で見ると Bから床に1回当たるのに \(\tau=\sqrt{2h/g}\)、その次は \(3\tau, 5\tau, 7\tau,\ldots\)。
床衝突4回目の B からの経過時間 \(7\tau\)、水平移動 \(7 e u \tau\)。一方 A→B は時間 \(2\tau\) で距離 \(L\) なので \(u\tau=L/2\)。代入して \(7 e \cdot L/2 = 2L\) より同じく \(e=4/7\)。
壁との反発係数は水平成分のみに効く。鉛直は弾性衝突のまま。「床衝突N回目 ⇔ Bからの奇数番目の半周期」という対応を間違えないこと。
棒Cには重力 \(mg\)（重心 x=4L、鉛直下向き）、Aからの垂直抗力 \(N_A\)（x=L、上向き）、Bからの垂直抗力 \(N_B\)（x=7L、上向き）の3力が働く。鉛直方向のつり合い：
$$N_{A} + N_{B} = m g$$A まわりのモーメント（反時計回りを正）：
$$N_{B}\cdot (7L - L) - m g \cdot (4L - L) = 0$$ $$N_{B}\cdot 6 L = m g \cdot 3 L$$ $$\therefore \;\; N_{B} = \frac{m g}{2}$$棒の重心は x=4L、支点は x=L と x=7L。重心は 2 支点の中点（A から 3L、B から 3L）なのでテコの原理が対称。結果 \(N_A = N_B = mg/2\) と均等配分になる。棒の端が支点を超えて張り出していても、両支点の対称中心に重心があれば左右均等。
支点反力を求めるには「力のつり合い＋どこか 1 点まわりのモーメントのつり合い」。支点のどちらかを基点にすれば、その支点の反力は式から消え、もう一方が 1 本の式で決まる。
棒C（質量 \(m\)、重心 x=4L）と新たに固定した質量 \(m\)（点質量、x=L）の合成重心：
$$\bar{x}_D = \frac{m\cdot 4 L + m\cdot L}{m + m} = \frac{5 m L}{2 m} = \frac{5L}{2}$$棒Dの総質量は \(2m\)、重心の x 座標は \(\dfrac{5L}{2}\)。
重心 \(5L/2\) は A (L) と B (7L) の間にある（\(L < 5L/2 < 7L\)）。これは棒Dが静止できる必要条件（重心が両支点間にあれば回転せず）。もし重心が支点の外側にあれば、棒はテコのように回転してしまう。
合成重心は各部分の質量×位置の加重平均。\(\bar{x} = \sum m_i x_i / \sum m_i\)。点質量を加えると、重心は追加質量の方向へ質量比に応じて移動する。
支持台Aの力のつり合い（水平方向）：Aは床と摩擦なしで水平方向の外力は \(f\)（+x 向き）と、棒D から A への摩擦力 \(f'_{D\to A}\) のみ。A は静止している（まだ動き出していない）ので：
$$f + f'_{D\to A} = 0 \quad\Longrightarrow\quad f'_{D\to A} = -f$$すなわち棒D は支持台A を -x 向きに力 \(f\) で引く。作用反作用の法則より、支持台A が棒D に及ぼす摩擦力は+x 向きに大きさ \(f\)。
$$f_{A\to D} = +f \quad(\text{+x 向き})$$問題文ではA の質量は言及されていない。もし A に質量 \(m_A\) があっても、「まだ静止している」という条件から加速度 0。Newton 第 2 法則：\(f - f'_{D\to A} \cdot \text{sign} = m_A \cdot 0 = 0\) となり、質量によらず \(f'_{D\to A}=-f\)。結論は変わらない。
「床なめらか」の台を押す場合、加えた力は全て上の物体との摩擦に転嫁される。従って棒D は支持台A から +x 向きに \(f\) の摩擦を受ける（作用反作用）。
棒D の垂直方向つり合いとAまわりのモーメント（重心 x=5L/2）から、支点反力：
$$N_A' + N_B' = 2mg$$ $$N_B' \cdot 6L = 2 m g \cdot \left(\frac{5L}{2} - L\right) = 3 m g L \quad\Longrightarrow\quad N_B' = \frac{m g}{2}$$ $$N_A' = 2mg - \frac{mg}{2} = \frac{3 m g}{2}$$棒D に働く水平力：A からの摩擦 \(+f\)（問(9)）、B からの摩擦 \(-f\)（つり合いより反対向き同じ大きさ）。この状態が維持できる限界は静止摩擦係数 \(\mu_s=3/5\) を超えない範囲：
$$|f| \le \mu_s \cdot N_B' = \frac{3}{5}\cdot\frac{m g}{2} = \frac{3 m g}{10}$$ $$|f| \le \mu_s \cdot N_A' = \frac{3}{5}\cdot\frac{3 m g}{2} = \frac{9 m g}{10}$$\(N_B'
A と D の間の静止摩擦限界 \(9mg/10\) はまだ十分余裕があるので、A-D 間は滑らない。一方 D-B 間は滑り始めた直後なので動摩擦 \(\mu_k N_B' = (2/5)(mg/2) = mg/5\) が働く。A は質量が無視できる（か十分小さい）ので f が A-D 間の静止摩擦を通じて D に伝わり、D は \(f - \mu_k N_B' = 3mg/10 - mg/5 = mg/10 > 0\) の合力を正 x 向きに受け、A と一緒に加速していく。
2 箇所の接触面があるとき、「どちらが先に静止限界を超えるか」が相転移の鍵。垂直抗力が小さい側の接触面が先に滑り出す。
A が +x に動く間、棒D も A と一体（=相対静止）で動く。このとき A の位置を \(a\) として、棒D の重心は \(\bar x_D = \dfrac{5L}{2}+(a-L) = a + \dfrac{3L}{2}\)。Aまわりのモーメント：
$$N_B' \cdot (7 L - a) = 2 m g \cdot \left( a + \tfrac{3L}{2} - a \right) = 2 m g \cdot \tfrac{3L}{2} = 3 m g L$$ $$\therefore \;\; N_B' = \frac{3 m g L}{7L - a}, \quad N_A' = 2 m g - N_B' = \frac{m g(11 L - 2 a)}{7 L - a}$$「ゆっくりと一定速度」で動くので加速度 0。棒D の水平つり合い：
$$f_{A\to D} = \mu_k N_B' = \frac{2}{5}\cdot\frac{3 m g L}{7 L - a} = \frac{6 m g L}{5(7 L - a)}$$この \(f_{A\to D}\) は A-D 間の静止摩擦であり、最大静止摩擦 \(\mu_s N_A'\) を超えてはならない：
$$\mu_k N_B' \le \mu_s N_A' \quad\Longrightarrow\quad \frac{2}{5}\cdot\frac{3 L}{7L-a} \le \frac{3}{5}\cdot\frac{11L-2a}{7L-a}$$両辺に \(5(7L-a)>0\) を掛けて：
$$2\cdot 3 L \le 3(11 L - 2 a) \quad\Longrightarrow\quad 6 L \le 33 L - 6 a \quad\Longrightarrow\quad 6 a \le 27 L$$ $$\therefore \;\; a \le \frac{9 L}{2}$$等号成立＝限界の瞬間に A-D 間が滑り始め、その直後に棒D だけが水平面に対して静止する。
\(a>9L/2\) では A が D の下を滑って進む。棒D は動摩擦で A から +x に \(\mu_k N_A'\) 受け、B からは静止摩擦（反対向き、最大 \(\mu_s N_B'\)）を受けて釣り合う。釣り合い条件 \(\mu_k N_A' \le \mu_s N_B'\) すなわち \(2(11L-2a)/5 \le 3\cdot 3L/5\)、整理すると \(a \ge 13L/4\)。\(9L/2=4.5L > 13L/4=3.25L\) なので条件を満たし、D は確かに静止し続ける。
「A-D 一体で動く」条件は「A から D への駆動力（=D-B 間の動摩擦）が A-D 間の最大静止摩擦を超えないこと」。\(a\) が大きくなるにつれ \(N_A'\) が減って \(\mu_s N_A'\) も減り、限界が近づく。
棒D は静止状態で重心 \(\bar x_D = 6L\)（問(11)終了時点の位置）。A だけが +x 方向に進む。Aまわりのモーメント：
$$N_B' \cdot (7L - a) = 2 m g \cdot (6L - a)$$ $$N_B' = \frac{2 m g (6 L - a)}{7 L - a}, \quad N_A' = 2 m g - N_B' = \frac{2 m g L}{7 L - a}$$A は D の下を +x 向きに滑っている→ A から D への動摩擦は +x 向きで \(\mu_k N_A' = \dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2mgL}{7L-a} = \dfrac{4 m g L}{5(7L-a)}\)。
D は静止のままでいるには、この動摩擦を B からの静止摩擦（-x 向き）で釣り合わせる必要がある。釣り合い条件：
$$\mu_k N_A' \le \mu_s N_B' \quad\Longrightarrow\quad \frac{2}{5}\cdot\frac{2 L}{7L-a} \le \frac{3}{5}\cdot\frac{2(6L-a)}{7L-a}$$ $$\frac{4 L}{5(7L-a)} \le \frac{6(6L-a)}{5(7L-a)} \quad\Longrightarrow\quad 4 L \le 6(6L - a)$$ $$4 L \le 36 L - 6 a \quad\Longrightarrow\quad 6 a \le 32 L \quad\Longrightarrow\quad a \le \frac{16 L}{3}$$等号＝限界、それを過ぎると D-B 間で静止摩擦が破れ、D が B 上を滑り始める＝A と同じ速度で再び動き出す。
(11)で止まった点 \(a_1 = 9L/2 = 27L/6\)、(12) で再び動き出す点 \(a_2 = 16L/3 = 32L/6\)。\(a_1 < a_2\) となり、D が停止している区間は \([27L/6, 32L/6]\) の幅 \(5L/6\) 分。なぜ再始動するかは「\(a\) が大きくなると B が重心より右側にある割合が減り、B の垂直抗力 \(N_B'\) が急速に小さくなる」ためで、最終的には B が重心の左側に来ると梁がひっくり返るリスクすらある（\(a > 6L\) で \(N_B' < 0\)、すなわち実際には浮く→A だけで支える状態）。
D が止まっている間も A は動くので、荷重配分が変化する。\(N_B'\) が減って \(\mu_s N_B'\) が小さくなり、動摩擦(A→D)と静止摩擦(B→D)の均衡が崩れる瞬間が再始動の条件。\(N_A' + N_B' = 2 m g\) は常に成立することを忘れずに使う。
問1（小球＋台車の連成運動）のストーリー：
問2（支持台 A を動かす問題）のストーリー：
本問は北海道大学・東北大学で頻出の「台車＋小球系」と「棒の支持問題」の合体型。(1)-(3) は阪大・東大でも類問が多数。(4)-(6) の「弾性衝突＋反発係数のコンボ」は上位国公立向けの難問で、半周期単位で場合分けできるかが差がつくポイント。(9)-(12) は「物体を引きずると摩擦がどこで滑るか」の論理が問われ、静止摩擦 \(\mu_s\) と動摩擦 \(\mu_k\) の違いと、垂直抗力が位置依存になる点の両方を追う必要がある。
力学の総合問題では、「どの保存則が効くか」「どこで摩擦力が限界か」を段階ごとに整理するのが王道。途中式を略さず、運動量式・エネルギー式・モーメント式を 1 本ずつ書き下すこと。