鉛直に投げ上げた小球Aと、単振り子としてふれる小球Bを最下点Qで衝突させる総合問題です。鉛直投げ上げ・単振り子（単振動）・運動量保存・反発係数という力学の主要テーマがひとつの設定に集まっています。
| 記号 | 意味 |
|---|---|
| \(m,\ M\) | 小球A・小球Bの質量 |
| \(\ell\) | 糸の長さ（\(\mathrm{PQ}=\ell\)） |
| \(h\) | 原点Oから点Qまでの高さ（\(\mathrm{OQ}=h\)） |
| \(\theta\) | 糸が鉛直となす角（反時計回りが正、ラジアン、\(|\theta|\) は十分小さい） |
| \(\theta_1\) | Bを静かにはなした位置の角（\(\theta=-\theta_1,\ \theta_1>0\)） |
| \(\theta_2\) | 衝突後にBが到達した位置の角（\(\theta=\theta_2\)） |
設定：小球Aは原点Oから初速度 \(v_0\) で鉛直上向きに投げ上げられ、点Q（高さ \(h\)）で速度が0になりました。これは「点Qが最高点である」ことを意味します。
立式：O（速さ \(v_0\)、高さ0）と点Q（速さ0、高さ \(h\)）の間で力学的エネルギー保存則を立てます。
$$\frac{1}{2}mv_0^2 = mgh$$計算：両辺を \(m\) で割り、\(v_0\) について解きます。
$$\frac{1}{2}v_0^2 = gh \quad\Rightarrow\quad v_0^2 = 2gh$$ $$v_0 = \sqrt{2gh}$$例えば \(h = 5.0\ \mathrm{m}\)、\(g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}\) とすると、
$$v_0 = \sqrt{2 \times 9.8 \times 5.0} = \sqrt{98} \fallingdotseq 9.9\ \mathrm{m/s}$$初速約 \(9.9\ \mathrm{m/s}\) で投げ上げると、ちょうど \(5.0\ \mathrm{m}\) の高さで一瞬止まる、というイメージです。
「点Qで速度0」＝「点Qが最高点」。等加速度の式 \(v^2 - v_0^2 = -2gh\)（\(v=0\)）からも同じく \(v_0 = \sqrt{2gh}\) が得られます。
立式：鉛直投げ上げの速度の式（上向きを正）は \(v = v_0 - gt\)。最高点（点Q）では \(v=0\) なので、点Qに達する時刻を \(t\) とおくと、
$$0 = v_0 - gt \quad\Rightarrow\quad t = \frac{v_0}{g}$$代入：問1の結果 \(v_0 = \sqrt{2gh}\) を代入します。
$$t = \frac{\sqrt{2gh}}{g}$$計算：根号の中に \(g\) を入れて整理します。
$$t = \sqrt{\frac{2gh}{g^2}} = \sqrt{\frac{2h}{g}}$$\(v\text{-}t\) グラフは点 \((0,\,v_0)\) から \((t,\,0)\) までの直線です。投げ上げから点Qまでに進んだ距離（＝高さ \(h\)）は、この三角形の面積に等しいので、
$$h = \frac{1}{2}\,t\,v_0 = \frac{1}{2}\,t\,\sqrt{2gh}$$これを \(t\) について解くと、
$$t = \frac{2h}{\sqrt{2gh}} = \sqrt{\frac{4h^2}{2gh}} = \sqrt{\frac{2h}{g}}$$同じ結果が得られます。
最高点に達する時刻は \(t = v_0/g\)。問1の \(v_0\) を素直に代入し、\(g\) を根号内にまとめると \(h,\ g\) だけの式になる。
設定：小球Bを \(\theta=-\theta_1\)（速さ0）で静かにはなし、点Q（\(\theta=0\)）に達するまでを考えます。問題文より、角度 \(\theta\) の位置でのBの位置エネルギーは点Qを基準として \(\dfrac{1}{2}Mg\ell\theta^2\) です。
立式：はなした位置（速さ0、\(\theta=-\theta_1\)）と点Q（速さ \(v_B\)、\(\theta=0\)）の間で力学的エネルギー保存則を立てます。点Qでの位置エネルギーは0です。
$$\frac{1}{2}Mg\ell\theta_1^2 = \frac{1}{2}Mv_B^2$$計算：両辺の \(\frac{1}{2}M\) を消去して \(v_B\) について解きます。
$$g\ell\theta_1^2 = v_B^2 \quad\Rightarrow\quad v_B = \theta_1\sqrt{g\ell}$$向き：Bは左（\(\theta<0\)）から右へ振れて点Qを通過するので、点Qでの速度は \(x\) 軸正の向き（右向き）です。点Qでは速度は水平なので、これがそのまま \(x\) 成分になります。
例えば \(\theta_1 = 0.10\ \mathrm{rad}\)、\(\ell = 0.50\ \mathrm{m}\)、\(g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}\) とすると、
$$v_{Bx} = 0.10 \times \sqrt{9.8 \times 0.50} = 0.10 \times \sqrt{4.9} \fallingdotseq 0.10 \times 2.21 = 0.22\ \mathrm{m/s}$$小さな振れ角ほど最下点での速さも小さくなることが分かります。
最下点Qでは位置エネルギー（基準）が0で、運動エネルギーが最大。与えられた \(\frac12 Mg\ell\theta^2\) を「ばねの \(\frac12 k x^2\)」と同じ形と見れば、エネルギー保存で一発。点Qでの速度は水平なので、速さがそのまま \(x\) 成分になる。
立式：Aが投げ上げから点Qに達する時間は、問2より \(t = \sqrt{\dfrac{2h}{g}}\)。一方、小球Bは単振り子（単振動）で、その周期 \(T\) は
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}}$$Bは \(\theta=-\theta_1\)（端）から振れ始め、はじめて最下点Q（\(\theta=0\)、振動の中心）に達します。端から中心までは1周期の \(\dfrac{1}{4}\) なので、要する時間は
$$\frac{T}{4} = \frac{1}{4}\cdot 2\pi\sqrt{\frac{\ell}{g}} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{\ell}{g}}$$条件：AとBが同時に点Qに達して衝突するので、両者の時間が等しい。
$$\sqrt{\frac{2h}{g}} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{\ell}{g}}$$計算：両辺を2乗します。両辺とも \(\dfrac{1}{g}\) を含むので消えます。
$$\frac{2h}{g} = \frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{\ell}{g} \quad\Rightarrow\quad 2h = \frac{\pi^2}{4}\,\ell$$ $$\ell = \frac{8h}{\pi^2}$$単振動では、振れの端（振幅の位置、ここでは \(\theta=-\theta_1\)）から中心（つり合いの位置、ここでは最下点Q）までの移動が、ちょうど1周期の \(\dfrac14\) にあたります。
「はじめて点Qに達する」ので最短の \(T/4\) を使うのがポイントです。
\(h = 5.0\ \mathrm{m}\) とすると、
$$\ell = \frac{8 \times 5.0}{\pi^2} = \frac{40}{9.87} \fallingdotseq 4.1\ \mathrm{m}$$かなり長い糸になりますが、これは「Aの投げ上げの所要時間」と「振り子の1/4周期」を一致させた結果として決まる値です。
「同時に点Qに達して衝突」＝時間の一致、が立式のカギ。Aは投げ上げ（問2の時間）、Bは単振り子の1/4周期。両辺を2乗すると \(g\) が消えて \(\ell\) が \(h\) だけで表せる。
設定：衝突直後の小球Bは点Q（\(\theta=0\)、速さ \(v_B'\)）にあり、その後 \(\theta=\theta_2\) の位置（速さ0）まで上がりました。
立式：衝突直後（点Q、速さ \(v_B'\)）と到達点（\(\theta=\theta_2\)、速さ0）の間で力学的エネルギー保存則を立てます。位置エネルギーは点Q基準で \(\frac12 Mg\ell\theta^2\)。
$$\frac{1}{2}Mv_B'^2 = \frac{1}{2}Mg\ell\theta_2^2$$計算：両辺の \(\frac{1}{2}M\) を消して解きます。
$$v_B'^2 = g\ell\theta_2^2 \quad\Rightarrow\quad v_B' = \theta_2\sqrt{g\ell}$$向き：衝突後にBは右側（\(\theta_2>0\)）まで上がったので、点Qでの速度は \(x\) 軸正の向き。点Qで速度は水平なのでこれが \(x\) 成分です。
問3は「振れ角 \(\theta_1\) ⇄ 最下点の速さ \(v_{Bx}\)」、問5は「振れ角 \(\theta_2\) ⇄ 最下点の速さ \(v_{Bx}'\)」で、どちらも同じエネルギー保存 \(\frac12 Mv^2 = \frac12 Mg\ell\theta^2\) です。だから式の形がそろい、\(\theta\) を入れ替えるだけになります。
\(\ell = \dfrac{8h}{\pi^2}\)（問4）を代入すれば \(v_{Bx}' = \theta_2\sqrt{\dfrac{8gh}{\pi^2}} = \dfrac{2\sqrt{2}\,\theta_2}{\pi}\sqrt{gh}\) とも書けます（問題は \(\ell,\theta_2,g\) で答えるよう指定）。
衝突後の運動も同じ単振り子のエネルギー保存。問3の \(\theta_1\) を \(\theta_2\) に置き換えるだけで \(v_{Bx}' = \theta_2\sqrt{g\ell}\)。向きは到達側（右）なので正。
衝突直前の状況：小球Aは最高点（点Q）で速度0なので、\(x\) 方向の速度は \(0\)。小球Bは問3より \(v_{Bx} = \theta_1\sqrt{g\ell}\)（右向き）です。
立式：\(x\) 軸方向の1次元衝突として、右向きを正にとって運動量保存則を立てます。衝突直後のAの速度の \(x\) 成分を \(v_{Ax}'\)、Bは問5より \(v_{Bx}' = \theta_2\sqrt{g\ell}\) です。
$$M\,v_{Bx} + m\cdot 0 = m\,v_{Ax}' + M\,v_{Bx}'$$代入：\(v_{Bx} = \theta_1\sqrt{g\ell}\)、\(v_{Bx}' = \theta_2\sqrt{g\ell}\) を代入します。
$$M\,\theta_1\sqrt{g\ell} = m\,v_{Ax}' + M\,\theta_2\sqrt{g\ell}$$計算：\(m\,v_{Ax}'\) について解きます。
$$m\,v_{Ax}' = M\,\theta_1\sqrt{g\ell} - M\,\theta_2\sqrt{g\ell} = M(\theta_1-\theta_2)\sqrt{g\ell}$$ $$v_{Ax}' = \frac{M}{m}(\theta_1-\theta_2)\sqrt{g\ell}$$運動量は保存するので、「Bが失った運動量」＝「Aが得た運動量」です。Bの運動量は \(M\theta_1\sqrt{g\ell}\) から \(M\theta_2\sqrt{g\ell}\) に減ったので、減少分は \(M(\theta_1-\theta_2)\sqrt{g\ell}\)。これがそのままAの運動量 \(m v_{Ax}'\) になるので、
$$m v_{Ax}' = M(\theta_1-\theta_2)\sqrt{g\ell} \;\Rightarrow\; v_{Ax}' = \frac{M}{m}(\theta_1-\theta_2)\sqrt{g\ell}$$\(\theta_1>\theta_2\)（衝突でBの振れは小さくなる）なので \(v_{Ax}'>0\)、Aは右向きに弾き飛ばされます。
衝突直前のAは「最高点で静止」なので \(x\) 方向の速度は0。これを忘れず運動量保存に入れる。問3・問5の結果（\(v_{Bx},\,v_{Bx}'\)）をそのまま代入するだけで \(v_{Ax}'\) が出る。
反発係数の定義：1次元衝突では、反発係数 \(e\) は「衝突後に2物体が離れる相対速さ」を「衝突前に近づく相対速さ」で割ったものです。右向きを正にとると、
$$e = \frac{v_{Ax}' - v_{Bx}'}{v_{Bx} - v_{Ax}}$$ここで衝突前のAは静止しているので \(v_{Ax}=0\)。各量を代入します。
代入：
$$e = \frac{\dfrac{M}{m}(\theta_1-\theta_2)\sqrt{g\ell} - \theta_2\sqrt{g\ell}}{\theta_1\sqrt{g\ell} - 0}$$計算：分子・分母に共通する \(\sqrt{g\ell}\) を約分します。
$$e = \frac{\dfrac{M}{m}(\theta_1-\theta_2) - \theta_2}{\theta_1}$$分子・分母を \(m\) 倍して整理します。
$$e = \frac{M(\theta_1-\theta_2) - m\theta_2}{m\theta_1} = \frac{M\theta_1 - M\theta_2 - m\theta_2}{m\theta_1}$$ $$e = \frac{M\theta_1 - (M+m)\theta_2}{m\theta_1}$$例えば \(M = 2.0\ \mathrm{kg}\)、\(m = 1.0\ \mathrm{kg}\)、\(\theta_1 = 0.10\ \mathrm{rad}\)、\(\theta_2 = 0.040\ \mathrm{rad}\) のとき、
$$e = \frac{2.0 \times 0.10 - (2.0 + 1.0) \times 0.040}{1.0 \times 0.10} = \frac{0.20 - 0.12}{0.10} = \frac{0.08}{0.10} = 0.80$$\(0 < e < 1\) となり、非弾性衝突として妥当な値です。
物理的に \(0 \le e \le 1\) なので、この式から \(\theta_1,\theta_2\) には条件が付きます。例えば \(e \le 1\) より
$$M\theta_1 - (M+m)\theta_2 \le m\theta_1 \;\Rightarrow\; (M-m)\theta_1 \le (M+m)\theta_2$$また衝突後Bが前進する（\(v_{Bx}'>0\)）ためには \(\theta_2>0\) が必要です。設問の条件「衝突後Bは再びAと衝突しない」も、Aが十分速く前へ抜けることを保証しています。
反発係数 \(=\dfrac{\text{離れる相対速さ}}{\text{近づく相対速さ}}\)。Aは衝突前静止なので分母は \(v_{Bx}\) だけ。共通因子 \(\sqrt{g\ell}\) が約分で消え、答えは \(M,m,\theta_1,\theta_2\) だけの式になる（\(\ell,g\) は不要）。