質量 \(m\) の小球Aと質量 \(M\) の小球Bが、床面にある原点Oの鉛直上方の点Pから長さ \(\ell\) の軽い糸でつながれた系の運動を扱います。小球Bの最下点の位置を点Qとします。原点O、点P、点Qは同一鉛直線上にあり、\(OQ = h\)、\(PQ = \ell\) です。
この問題は、放物運動→振り子→衝突→床面での反発→再放物運動と、力学の主要テーマが一連の流れで出題されています。各段階で適用する法則（運動方程式・エネルギー保存・運動量保存）を的確に選ぶ力が問われます。
小球Aは原点Oから鉛直上方（\(y\) 軸正方向）に初速度 \(v_0\) で投げ上げられ、点Qで速度が0になります。点QはOから高さ \(h = a\) の位置です。
鉛直投げ上げのエネルギー保存則を適用します：
$$ \frac{1}{2}mv_0^2 = mga $$ $$ v_0^2 = 2ag $$ $$ v_0 = \sqrt{2ag} $$数値例：\(a = 0.80\) m、\(g = 9.8\) m/s\(^2\) のとき：
$$ v_0 = \sqrt{2 \times 0.80 \times 9.8} = \sqrt{15.68} \fallingdotseq 3.96 \text{ m/s} $$点Qで速度が0というのは、運動エネルギーが全て位置エネルギーに変換されたことを意味します。\(a\) と \(g\) だけで初速度が決まることに注意しましょう。
鉛直方向の運動方程式から、速度が0になる時刻を求めます：
$$ v_y = v_0 - gt = 0 $$ $$ t = \frac{v_0}{g} $$問1の結果 \(v_0 = \sqrt{2ag}\) を代入すると：
$$ t = \frac{\sqrt{2ag}}{g} = \sqrt{\frac{2a}{g}} $$点Qの高さ \(a\) に到達する時刻を変位の式から求めることもできます：
$$ a = v_0 t - \frac{1}{2}gt^2 $$\(v_0 = \sqrt{2ag}\) を代入して整理すると：
$$ \frac{1}{2}gt^2 - \sqrt{2ag}\,t + a = 0 $$これを解くと \(t = \sqrt{2a/g}\)（重解）が得られ、同じ結果になります。最高点では変位の \(t\) 方程式が重解を持つことも重要な知見です。
小球Bは点Pを支点とする長さ \(\ell\) の振り子です。初期位置は \(\theta = -\theta_0\)（\(\theta_0 > 0\)）で静かに手を放します。
最下点（点Q、\(\theta = 0\)）での速度をエネルギー保存則で求めます。高さの差は：
$$ \Delta h = \ell - \ell\cos\theta_0 = \ell(1 - \cos\theta_0) $$エネルギー保存則：
$$ \frac{1}{2}Mv_Q^2 = Mg\ell(1 - \cos\theta_0) $$ $$ v_Q = \sqrt{2g\ell(1 - \cos\theta_0)} $$小球Bは左から右へ振れて点Qに到達するので、速度は \(x\) 方向成分のみ...ではなく、最下点を通過する瞬間は接線方向（水平方向ではなく円弧の接線）に運動しますが、最下点では接線方向は水平方向と一致します。
しかし問題文は「速度の \(y\) 成分」を問うています。最下点Qでの小球Bの速度は水平方向（\(x\) 方向）のみで \(y\) 成分は0のはずですが、問題を再確認すると、「小球Bがはじめて点Qに到達したとき」とあります。
問題文の座標系では、小球Bは糸につながれて \(xy\) 平面内で円運動します。図1から、小球Bは \(\theta = -\theta_0\) から振り始め、最下点Qを通るとき速度ベクトルは水平右向き（\(x\) 正方向）です。したがって \(y\) 成分は：
$$ v_y = 0 $$ただし、この問題は小球Aの鉛直投げ上げと同時に小球Bを放しており、小球Bが点Qに到達する瞬間は小球Aが点Qに到達する瞬間と一致する設定です。「速度の \(x\) 成分を、\(\ell\), \(\theta_0\), \(g\) を用いて表しなさい」と問われています。
$$ v_x = \sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_0)} $$振り子の最下点では、速度ベクトルは水平方向のみです。エネルギー保存から速さを求め、最下点での運動方向を考えれば各成分が分かります。
小球Bの運動は単振動とみなせるので（\(|\theta|\) が十分小さい）、周期は：
$$ T = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}} $$小球Bは \(\theta = -\theta_0\) から出発して最下点（\(\theta = 0\)）に到達するまでの時間は周期の \(1/4\) です：
$$ t_B = \frac{T}{4} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{\ell}{g}} $$小球Aが点Qに到達する時間は問2より：
$$ t_A = \sqrt{\frac{2a}{g}} $$同時到達の条件 \(t_A = t_B\) から：
$$ \sqrt{\frac{2a}{g}} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{\ell}{g}} $$ $$ \frac{2a}{g} = \frac{\pi^2}{4} \cdot \frac{\ell}{g} $$ $$ \ell = \frac{8a}{\pi^2} $$問題文では「糸の長さ \(\ell\) を、\(a\) を用いて表しなさい」となっています。\(\theta_0\) を使う場合もありますが、この問題では \(\ell\) と \(a\) の関係が本質です。
なお、\(h = a\)（OQ間の距離）で、PQの距離が \(\ell\) であるから、Pの高さは \(a + \ell\) となります。
単振動の1/4周期は位相 \(\pi/2\) に相当します。振り子が端から中心に到達する時間が \(T/4\) であることは頻出です。
問5：衝突直後における小球Bの速度の \(x\) 成分を求めます。
衝突前の状態：
衝突は \(x\) 軸方向の直線上の衝突とみなせます。衝突前の小球Bの \(x\) 方向速度を \(u\) とおくと：
$$ u = \sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_0)} $$運動量保存則（\(x\) 方向）：
$$ Mu = Mv'_B + mv'_A $$反発係数の定義式：
$$ e = \frac{v'_A - v'_B}{u - 0} = \frac{v'_A - v'_B}{u} $$第2式から \(v'_A = v'_B + eu\) を第1式に代入：
$$ Mu = Mv'_B + m(v'_B + eu) $$ $$ Mu - meu = (M + m)v'_B $$ $$ v'_B = \frac{M - me}{M + m} \cdot u $$\(u = \sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_0)}\) を代入すると：
$$ v'_B = \frac{M - me}{M + m}\sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_0)} $$問6：衝突直後における小球Aの速度の \(x\) 成分を求めます。
$$ v'_A = v'_B + eu = \frac{M - me}{M + m}u + eu $$ $$ v'_A = \frac{M - me + e(M + m)}{M + m} \cdot u = \frac{M(1 + e)}{M + m} \cdot u $$ $$ v'_A = \frac{M(1 + e)}{M + m}\sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_0)} $$1次元衝突の公式（運動量保存 + 反発係数）を連立する標準的な解法です。\(v'_A\) と \(v'_B\) の一般公式を覚えておくと検算にも便利です。
衝突後、小球Bは速度 \(v'_B\) で \(x\) 正方向に運動を始め、振り子として \(\theta = \theta_0\) まで上昇します。エネルギー保存より：
$$ \frac{1}{2}M{v'_B}^2 = Mg\ell(1 - \cos\theta_0) $$ $$ v'_B = \sqrt{2g\ell(1 - \cos\theta_0)} = u $$つまり衝突後のBの速さは衝突前と同じです。これを問5の結果に代入：
$$ u = \frac{M - me}{M + m} \cdot u $$ $$ M + m = M - me $$ $$ m = -me $$これは \(e = -1\) となり物理的に不合理です。問題を再考すると、小球Bは再び「\(\theta = \theta_0\)の位置まで到達」とあるので、\(v'_B\) の大きさが \(u\) と等しいことから：
$$ |v'_B| = u $$しかし問5の結果で \(v'_B > 0\) なので、この条件から \(\frac{M-me}{M+m} = 1\) となり \(e = 0\) とはなりません。
問題文を正確に読むと「小球Bは再び小球Aと衝突することはなく、\(\theta = \theta_0\) の位置まで到達した」とあります。これは衝突後のBが \(x\) 正方向に動いて \(\theta_0\) まで振れ上がるということです。
エネルギー保存：
$$ \frac{1}{2}M{v'_B}^2 = Mg\ell(1 - \cos\theta_0) $$問5の \(v'_B\) を代入：
$$ \frac{1}{2}M\left(\frac{M - me}{M + m}\right)^2 u^2 = Mg\ell(1 - \cos\theta_0) $$\(u^2 = 2g\ell(1-\cos\theta_0)\) を使うと：
$$ \left(\frac{M - me}{M + m}\right)^2 = 1 $$ $$ \frac{M - me}{M + m} = 1 \quad (\text{正の値を取る}) $$ $$ M - me = M + m $$ $$ -me = m $$ $$ e = \frac{M - M - m}{m} $$これは矛盾するので、問題の構造を再確認します。問7は「反発係数 \(e\) を \(M, m, \ell, \theta, \theta_0, g\) のうち必要な記号を用いて表す」問題です。衝突の条件だけから \(e\) を定めるのではなく、\(e\) の表現を求めているのです。
\(v'_A\) と \(v'_B\) の定義から直接：
$$ e = \frac{v'_A - v'_B}{u} $$これを \(M, m\) で表すには、衝突後のBが \(\theta_0\) に到達する条件を使います。
$$ v'_B = \pm u $$\(v'_B = u\) のとき \(e = 0\)（完全非弾性に近い）、\(v'_B = -u\)（反対方向）は小球Aと再衝突するので不適。
実際には \(v'_B\) が正で \(|v'_B| = u\) なので \(v'_B = u\)。
運動量保存 \(Mu = Mu + mv'_A\) より \(v'_A = 0\) で \(e = -u/u\) とはならず矛盾。
この問題では反発係数 \(e\) は一般的な形で表すことが求められています：
$$ e = \frac{(M+m)v'_A}{Mu} - 1 $$あるいは運動量保存と反発係数の2式から：
$$ e = \frac{v'_A - v'_B}{u} $$反発係数 \(e\) は衝突前後の相対速度の比です。\(e = 1\) が完全弾性衝突、\(e = 0\) が完全非弾性衝突です。
衝突前後のエネルギー損失 \(\Delta E\) との関係は：
$$ \Delta E = \frac{1}{2}\frac{mM}{m+M}u^2(1-e^2) $$この式から \(e\) を逆算することも可能です。
\(m = M\) のとき、問5・問6の結果を使います：
$$ v'_B = \frac{M - Me}{M + M} \cdot u = \frac{1 - e}{2}u $$ $$ v'_A = \frac{M(1 + e)}{M + M} \cdot u = \frac{1 + e}{2}u $$衝突前の運動エネルギー：
$$ K_{\text{before}} = \frac{1}{2}Mu^2 $$衝突後の運動エネルギー：
$$ K_{\text{after}} = \frac{1}{2}M\left(\frac{1-e}{2}\right)^2 u^2 + \frac{1}{2}M\left(\frac{1+e}{2}\right)^2 u^2 $$ $$ = \frac{Mu^2}{8}\left[(1-e)^2 + (1+e)^2\right] = \frac{Mu^2}{8} \cdot 2(1+e^2) = \frac{Mu^2(1+e^2)}{4} $$失われたエネルギー：
$$ \Delta E = K_{\text{before}} - K_{\text{after}} = \frac{1}{2}Mu^2 - \frac{Mu^2(1+e^2)}{4} $$ $$ = \frac{Mu^2}{4}(2 - 1 - e^2) = \frac{Mu^2(1-e^2)}{4} $$\(u^2 = 2g\ell(1-\cos\theta_0)\) と \(m = M\) を使って：
$$ \Delta E = \frac{m \cdot 2g\ell(1-\cos\theta_0)(1-e^2)}{4} = \frac{mg\ell(1-\cos\theta_0)(1-e^2)}{2} $$等質量の衝突で失われるエネルギーは \(\frac{1}{2}\mu u^2(1-e^2)\) で表され、\(\mu = m/2\) は換算質量です。\(e = 1\)（完全弾性）で損失ゼロ、\(e = 0\)（完全非弾性）で最大損失になります。
問8：小球Aが点Qで小球Bと衝突し、\(x\) 方向の速度 \(v'_A\) を得て落下します。高さ \(h = a\) から落下するので：
床面に到達するまでの時間：
$$ a = \frac{1}{2}gt_{\text{fall}}^2 \implies t_{\text{fall}} = \sqrt{\frac{2a}{g}} $$着地時の速度成分は \(v_x = v'_A\)、\(v_y = -gt_{\text{fall}} = -\sqrt{2ag}\) です。
問9：床面からはねかえった直後の速度の方向と \(x\) 軸のなす角度 \(\phi\) について、反発係数 \(e'\) を用います。
床面での衝突では \(x\) 方向の速度は変化せず、\(y\) 方向のみ反発係数 \(e'\) で反転します：
$$ v_{x,\text{after}} = v'_A $$ $$ v_{y,\text{after}} = e' \sqrt{2ag} \quad (\text{上向き}) $$速度の方向と \(x\) 軸のなす角：
$$ \tan\phi = \frac{v_{y,\text{after}}}{v_{x,\text{after}}} = \frac{e'\sqrt{2ag}}{v'_A} $$\(v'_A\) に問6の \(m = M\) の結果を代入：
$$ v'_A = \frac{1+e}{2}\sqrt{2g\ell(1-\cos\theta_0)} $$問10：跳ね返った後の最高点の \(y\) 座標を求めます。
最高点では \(v_y = 0\) となる高さ：
$$ y_{\max} = \frac{v_{y,\text{after}}^2}{2g} = \frac{(e')^2 \cdot 2ag}{2g} = (e')^2 a = e'^2 a $$問11：小球Aが床面に接触することなく原点Oから距離 \(d\) にある穴に入る条件を求めます。
跳ね返り後、小球Aは斜方投射運動をします。着地（\(y = 0\)）までの飛距離は：
$$ R = \frac{2 v_{x} v_{y,\text{after}}}{g} = \frac{2 v'_A \cdot e'\sqrt{2ag}}{g} $$穴に到達する条件は、跳ね返り位置から穴までの \(x\) 方向距離が飛距離以上で、かつ穴の真上を通過できること（放物線の頂点が穴の \(x\) 座標に一致するか通過する必要あり）。
跳ね返り位置の \(x\) 座標を \(x_1\) とし、穴の位置を \(x_{\text{hole}} = d\) とすると、最高点の高さが0より大（既に示した）かつ飛距離が \(d - x_1\) に等しいことが条件です。
跳ね返り後の運動を座標で表すと：
$$ x(t) = x_1 + v'_A t $$ $$ y(t) = e'\sqrt{2ag}\, t - \frac{1}{2}gt^2 $$\(y = 0\) となる時刻（着地）は \(t = \frac{2e'\sqrt{2ag}}{g} = 2e'\sqrt{\frac{2a}{g}}\)
このときの \(x\) 座標が \(d\) であれば穴に入ります。
床面での反発は \(y\) 成分のみに影響し、\(x\) 成分は保存されます。跳ね返り後の斜方投射の飛距離公式がそのまま使えます。