水平面 AB（長さ \(L\)）と四分円の曲面 BC（半径 \(a\)、中心 O）からなる質量 \(M\) の台の上で、質量 \(m\) の小球が運動する力学の総合問題です。前半はストッパーで台を固定した場合（台は動かない）、後半はストッパーなしで台も動く場合を扱います。
「ストッパーあり（台固定）」と「ストッパーなし（台可動）」を必ず区別する。台固定では小球だけのエネルギー保存、台可動では系の運動量保存とエネルギー保存を連立する。
設定：ストッパー \(\mathrm{S_1, S_2}\) で台は固定されているので、台は動きません。小球（質量 \(m\)）は水平面 AB を速さ \(v_0\) で右に進み、なめらかな曲面 BC を上って点 C で速さ 0 になりました。点 C の高さは、B から測って四分円の半径 \(a\) だけ高い位置です。
立式：曲面はなめらかなので、力学的エネルギー保存則が使えます。AB の高さを基準にすると、点 C（高さ \(a\)、速さ 0）について：
$$ \frac{1}{2} m v_0^2 = m g a $$計算：\(a\) について解きます。両辺を \(m\) で割って \(2\) を移項すると：
$$ a = \frac{v_0^2}{2g} $$\(v_0 = 3.0\) m/s, \(g = 9.8\) m/s\(^2\) のとき：
$$ a = \frac{3.0^2}{2 \times 9.8} = \frac{9.0}{19.6} \fallingdotseq 0.46 \text{ m} $$速さ 3.0 m/s で投げ込むと、半径約 46 cm の四分円の上端でちょうど止まる、という意味です。
点 C の高さは「半径 \(a\)」そのもの。四分円なので C は中心 O と同じ高さ、B より \(a\) だけ高い。曲面に沿った道のり（弧の長さ）ではなく鉛直方向の高さでエネルギーを考える。
立式（速さ \(v\)）：角度 \(\theta\) の位置の高さを求めます。中心 O は B より高さ \(a\) の位置にあり、小球は O から半径 \(a\) で角度 \(\theta\)（鉛直線から）の点にあるので、AB から測った高さは \(a - a\cos\theta = a(1-\cos\theta)\) です。エネルギー保存より：
$$ \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m v^2 + m g \, a(1-\cos\theta) $$代入・計算：問1 の \(a = \dfrac{v_0^2}{2g}\) を代入すると、\(ga = \dfrac{v_0^2}{2}\) なので：
$$ v^2 = v_0^2 - 2ga(1-\cos\theta) = v_0^2 - v_0^2(1-\cos\theta) = v_0^2\cos\theta $$ $$ v = v_0\sqrt{\cos\theta} $$立式（垂直抗力 \(N\)）：小球は半径 \(a\) の円運動をしています。中心 O 向き（向心方向）について、はたらく力は垂直抗力 \(N\)（中心向き）と重力の向心成分 \(mg\cos\theta\)（中心と逆向き、つまり外向き）です。向心方向の運動方程式は：
$$ N - m g \cos\theta = \frac{m v^2}{a} $$代入・計算：\(v^2 = v_0^2\cos\theta\) と \(a = \dfrac{v_0^2}{2g}\) を代入します。第1項は：
$$ \frac{m v^2}{a} = \frac{m \, v_0^2\cos\theta}{\dfrac{v_0^2}{2g}} = 2 m g \cos\theta $$したがって：
$$ N = 2 m g \cos\theta + m g \cos\theta = 3 m g \cos\theta $$向心方向（中心 O 向き）を正とします。重力 \(mg\) は鉛直下向き。中心 O 向きの単位ベクトルは小球から O へ向かう向きで、鉛直線と角度 \(\theta\) をなします。重力の中心向き成分は \(-mg\cos\theta\)（外向き成分が \(mg\cos\theta\)）。よって \(N - mg\cos\theta = \dfrac{mv^2}{a}\) となり、抗力は重力成分より大きくなります。
円運動では「中心向きの合力＝\(\dfrac{mv^2}{r}\)」が出発点。重力を向心方向と接線方向に分解し、向心方向だけで運動方程式を立てる。\(\theta=0\)（最下点 B）で \(N=3mg\)、\(\theta=\pi/2\)（最上点 C）で \(N=0\) になることも確認できる。
立式：小球が曲面から受ける垂直抗力 \(N\) の反作用として、小球は曲面を「O から外向き」に \(N\) で押します。この力の水平成分が台を右に押す力で、これを止めるのが \(\mathrm{S_2}\) です。角度 \(\theta\) の位置で、外向き（O から小球の向き）は水平から測って傾いており、水平成分は \(N\sin\theta\) です。よって：
$$ F = N \sin\theta $$代入：問2 の \(N = 3mg\cos\theta\) を代入します：
$$ F = 3 m g \cos\theta \cdot \sin\theta = 3 m g \sin\theta\cos\theta $$2倍角の公式 \(2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta\) を使うと：
$$ F = \frac{3}{2} m g \sin 2\theta $$最大値：\(\sin 2\theta\) は \(2\theta = \dfrac{\pi}{2}\)、すなわち \(\theta = \dfrac{\pi}{4}\) で最大値 \(1\) をとります。このとき：
$$ F_{\max} = \frac{3}{2} m g \quad \left(\theta = \frac{\pi}{4}\right) $$\(m = 0.20\) kg, \(g = 9.8\) m/s\(^2\) のとき、\(\theta = 45^\circ\) で：
$$ F_{\max} = \frac{3}{2} \times 0.20 \times 9.8 = 2.9 \text{ N} $$一方 \(\theta = 30^\circ\) では \(F = \frac{3}{2}\times0.20\times9.8\times\sin 60^\circ = 2.9 \times 0.866 \fallingdotseq 2.5\) N で、たしかに 45° より小さくなります。
\(N\) の向きは「O から小球へ向かう外向き」（曲面が小球を押す向きの反作用）。その水平成分が \(\sin\theta\) ぶん。\(\theta\) を含む量の積（\(\cos\theta\times\sin\theta\)）の最大は2倍角に直すのが定石。
立式：点 C で速さ 0 だった小球は曲面 BC を下り、エネルギー保存により AB に戻ったとき再び速さ \(v_0\) になります（台は固定）。壁 A との反発係数が \(e\) なので、はね返り後の速さは \(e v_0\) です。失った運動エネルギーは：
$$ \Delta E = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{1}{2} m (e v_0)^2 $$計算：共通因子をくくり出すと：
$$ \Delta E = \frac{1}{2} m v_0^2 (1 - e^2) $$\(m = 0.20\) kg, \(v_0 = 3.0\) m/s, \(e = 0.60\) のとき：
$$ \Delta E = \frac{1}{2} \times 0.20 \times 3.0^2 \times (1 - 0.60^2) = 0.10 \times 9.0 \times 0.64 = 0.58 \text{ J} $$もとの運動エネルギー \(0.90\) J のうち \(0.58\) J が失われ、残り \(0.32\) J（\(=\frac12\times0.20\times1.8^2\)）が衝突後に残ります。
台が固定されているので、曲面の往復ではエネルギーは失われない（戻ったとき速さは元の \(v_0\)）。エネルギーが失われるのは壁との非弾性衝突のときだけ。完全弾性（\(e=1\)）なら \(\Delta E = 0\)。
立式：壁 A ではね返った直後の小球の速さは \(e v_0\) です。台は固定なので、再び曲面を上るときエネルギー保存より、最高点（高さ \(h\)、速さ 0）について：
$$ \frac{1}{2} m (e v_0)^2 = m g h $$計算：\(h\) について解きます：
$$ h = \frac{(e v_0)^2}{2g} = \frac{e^2 v_0^2}{2g} $$最初の最高点（点 C）の高さは \(a = \dfrac{v_0^2}{2g}\)。壁で1回はね返るたびに速さは \(e\) 倍、運動エネルギーは \(e^2\) 倍になるので、達する高さも \(h = e^2 a\) と \(e^2\) 倍になります。何度もはね返れば、最高点の高さは \(a,\ e^2 a,\ e^4 a, \dots\) と等比数列的に低くなっていきます。
問1 とまったく同じ式で、初速だけが \(v_0 \to e v_0\) に変わるだけ。\(h = e^2 a\) と書けることに気づくと見通しがよい。
立式（台の速度 \(V\)）：最高点 P では、小球は台に対して静止しているので、小球と台は共通の水平速度 \(V\) をもちます。水平方向に外力がない（床はなめらか）ので、系の水平運動量が保存します。最初は小球だけが \(v_0\)、台は静止なので：
$$ m v_0 = (m + M) V $$ $$ V = \frac{m v_0}{m + M} $$立式（高さ \(H\)）：力学的エネルギーも保存します。最初の運動エネルギーが、最高点での運動エネルギー（小球＋台、速さ \(V\)）と小球の位置エネルギーに変わります：
$$ \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2}(m + M) V^2 + m g H $$代入・計算：\(V = \dfrac{m v_0}{m+M}\) を代入すると：
$$ \frac{1}{2}(m+M)V^2 = \frac{1}{2}(m+M)\cdot\frac{m^2 v_0^2}{(m+M)^2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{m^2 v_0^2}{m+M} $$これを使って \(mgH\) について解きます：
$$ m g H = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{1}{2}\cdot\frac{m^2 v_0^2}{m+M} = \frac{1}{2} m v_0^2\left(1 - \frac{m}{m+M}\right) = \frac{1}{2} m v_0^2\cdot\frac{M}{m+M} $$ $$ H = \frac{M v_0^2}{2g(m + M)} $$台が固定（\(M\to\infty\)）なら \(\dfrac{M}{m+M}\to 1\) となり \(H \to \dfrac{v_0^2}{2g} = a\)、つまり問1 の点 C の高さに一致します。台が動けると、運動エネルギーの一部が台の運動に使われるため、小球が達する高さは \(a\) より低くなります（\(H < a\)）。
最高点 P で「小球と台が同速度」が最大のポイント。これは斜面・曲面の上で物体が相手に対して一瞬止まる状況に共通する考え方。運動量保存とエネルギー保存の連立で解く。
立式：水平方向の力積 \(J\) は、小球の水平方向の運動量の変化に等しい（力積＝運動量変化）。右向きを正とすると、最初の運動量は \(m v_0\)、最高点 P での運動量は \(m V\) なので：
$$ J = m V - m v_0 $$代入：問6 の \(V = \dfrac{m v_0}{m+M}\) を代入します：
$$ J = m\cdot\frac{m v_0}{m+M} - m v_0 = m v_0\left(\frac{m}{m+M} - 1\right) = m v_0\cdot\frac{m - (m+M)}{m+M} = -\frac{m M v_0}{m+M} $$結果：負号は力積が左向きであることを表します。大きさは：
$$ |J| = \frac{m M v_0}{m + M} $$作用・反作用により、台が小球から受けた水平力積は \(+\dfrac{mMv_0}{m+M}\)（右向き）。これは台の運動量変化 \(MV - 0 = M\cdot\dfrac{mv_0}{m+M} = \dfrac{mMv_0}{m+M}\) に一致します。系全体では「小球が失った右向き運動量＝台が得た右向き運動量」で、総運動量 \(mv_0\) は保存しています。
力積は運動量の差として計算するのが最短。曲面が小球を押す力を時間積分する必要はない。小球は減速するので力積は進行方向と逆（左向き）。
立式：水平方向の運動量保存（右向きを正、初期は小球 \(v_0\)・台 0）：
$$ m v_0 = m v_1 + M V_1 $$力学的エネルギー保存（小球が AB に戻ると高さは元どおりなので、位置エネルギーは相殺し、すべて運動エネルギー）：
$$ \frac{1}{2} m v_0^2 = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} M V_1^2 $$計算：この連立は「初速 \(v_0\) の質量 \(m\) が静止した質量 \(M\) に完全弾性衝突する」ときと同じ形です。運動量の式から \(V_1 = \dfrac{m(v_0 - v_1)}{M}\) をエネルギー式に代入して整理すると、自明解 \(v_1=v_0\)（衝突しない場合）以外の解として：
$$ v_1 = \frac{m - M}{m + M}\, v_0, \qquad V_1 = \frac{2m}{m + M}\, v_0 $$\(m < M\) なら \(v_1 < 0\)（小球は左向き＝点 A に向かう）、\(m > M\) なら \(v_1 > 0\)（小球は右向きに進み、台に追いつけず A に到達できない）。問題文は「小球が点 A に向かって移動した」とあるので、ここでは \(m < M\) を想定した状況です。一方 \(V_1 = \dfrac{2m}{m+M}v_0 > 0\) は常に右向きです。
なめらかな曲面の往復は完全弾性衝突と等価。「運動量保存＋エネルギー保存」を連立すれば、おなじみの弾性衝突公式 \(v_1 = \dfrac{m-M}{m+M}v_0,\ V_1=\dfrac{2m}{m+M}v_0\) が出る。暗記していれば即答できる。
立式：点 B から点 A までの距離（台の上で測った長さ）は \(L\) です。小球が台に対してもつ相対速度の大きさで割れば、移動にかかる時間が求まります。小球と台の相対速度は \(v_1 - V_1\) です。
代入・計算：問8 の \(v_1 = \dfrac{m-M}{m+M}v_0\)、\(V_1 = \dfrac{2m}{m+M}v_0\) を使うと：
$$ v_1 - V_1 = \frac{m - M}{m + M}v_0 - \frac{2m}{m + M}v_0 = \frac{(m - M) - 2m}{m + M}v_0 = \frac{-(m + M)}{m + M}v_0 = -v_0 $$相対速度の大きさは \(|v_1 - V_1| = v_0\)。これはちょうど最初に小球を投げ込んだ速さに等しい。したがって：
$$ T = \frac{L}{|v_1 - V_1|} = \frac{L}{v_0} $$弾性衝突では「衝突前後で相対速度の大きさが変わらず、向きが反転する」という性質があります。最初、小球は台に対して \(+v_0\)（右向き、台は静止）で近づきました。曲面の往復（＝弾性衝突）の後、相対速度は \(-v_0\)（左向き、大きさは同じ \(v_0\)）になります。だから台に対して速さ \(v_0\) で B から A へ向かい、距離 \(L\) を時間 \(\dfrac{L}{v_0}\) で進みます。
「台の上での距離 \(L\)」を進む時間は、地面に対する速さではなく台に対する相対速度で割る。弾性衝突では相対速度の大きさが保存されるので \(|v_1-V_1|=v_0\) となり、答えはシンプルに \(\dfrac{L}{v_0}\)。
立式：壁 A は台の一部なので、衝突直前の小球の速度は \(v_1\)、台の速度は \(V_1\) で、両者の間で反発係数 \(e\) の衝突が起こります。衝突後の小球の速度を \(v_1'\)、台の速度を \(V_1'\) とすると、運動量保存と反発係数の式：
$$ m v_1 + M V_1 = m v_1' + M V_1' $$ $$ v_1' - V_1' = -e\,(v_1 - V_1) $$ここで衝突前の相対速度は問9 より \(v_1 - V_1 = -v_0\)。これらから小球の速度 \(v_1'\) を求めると（2物体衝突の一般解）：
$$ v_1' = v_1 - \frac{(1 + e)M}{m + M}\,(v_1 - V_1) = \frac{m - M}{m + M}v_0 + \frac{(1 + e)M}{m + M}v_0 = \frac{m + e M}{m + M}\,v_0 $$条件：小球の運動エネルギーが増えるのは \(|v_1'| > |v_1|\) のとき。両速度の2乗の差を作ると：
$$ (v_1')^2 - (v_1)^2 = \frac{v_0^2}{(m+M)^2}\Big[(m + eM)^2 - (m - M)^2\Big] $$角括弧の中を因数分解します（\(A^2-B^2=(A-B)(A+B)\)）：
$$ (m + eM)^2 - (m - M)^2 = \big[(m+eM)-(m-M)\big]\big[(m+eM)+(m-M)\big] = M(1 + e)\big[2m - (1 - e)M\big] $$\(M(1+e) > 0\) なので、運動エネルギーが増える条件は \(2m - (1-e)M > 0\)、すなわち：
$$ m > \frac{(1 - e)M}{2} $$よって境目の質量 \(m_1\) は：
$$ m_1 = \frac{(1 - e)M}{2} $$\(e = 0.50\) のとき \(m_1 = \dfrac{(1-0.50)M}{2} = 0.25\,M\)。すなわち小球の質量が台の \(1/4\) より大きければ、壁との衝突で小球の運動エネルギーは増えます。これは台が右向きの速度 \(V_1\) をもったまま壁が小球に「追突」する形になり、小球が台からエネルギーを受け取るためです。\(e=1\)（完全弾性）なら \(m_1=0\) となり、どんなに軽い小球でもエネルギーが増えます。
壁（台）は右向きに速さ \(V_1 = \dfrac{2m}{m+M}v_0\) で動いています。小球から見ると壁が向かってくる（追突してくる）状態です。動いている壁との衝突では、ばねやクッションのように壁が小球を押し返し、小球は壁の運動エネルギーの一部を受け取れます。小球が重いほど（\(m\) 大）この受け取りが効率的になり、失う分（非弾性による損失 \(\propto 1-e^2\)）を上回ってエネルギーが純増します。境目がちょうど \(m_1 = \dfrac{(1-e)M}{2}\) です。
「壁＝台の一部」と見抜くのが核心。動いている壁との衝突では、静止壁と違って小球がエネルギーを得る場合がある。2物体衝突の一般解で \(v_1'\) を求め、\((v_1')^2 - v_1^2\) の符号を因数分解で判定するのが定石。