解法の指針

鉛直な壁にある半径 \(R\) の半円筒状くぼみを舞台に、完全弾性衝突・力学的エネルギー保存・円運動（壁から離れる条件）・水平投射という力学の主要テーマを一気通貫で問う総合問題です。摩擦・空気抵抗・小球の大きさと回転は無視します。

問題の構成

• 設問(1)：完全弾性衝突（運動量保存＋エネルギー保存）で衝突後の速さを求め、Bが跳ね返る条件・落下地点 \(L_{\mathrm B}\)、AがOの高さまで登る条件、A・Bの落下地点が一致する \(M,m\) の関係を導く。
• 設問(2)：AがOより高く登り、角度 \(\theta\) で壁から離れる速さ \(V_\theta\) と衝突直後の速さ \(V\) を導く。
• 問1：壁を離れたAが「はじめの位置」に落下するのは \(\cos\theta=\tfrac12\) のときに限ることを証明する。
• 設問(2)後半：\(\cos\theta=\tfrac12\) のときの落下直前の速度成分 \(V_1,V_2\) と、跳ね返り後の落下地点 \(L_{\mathrm A}\) を求める。
• 設問(3)・問2：\(V\) が大きいときの \(L_1/L_2\to\sqrt3\) の理由を述べる。

設問(1)① — 完全弾性衝突（ア・イ・ウ・エ）

右向き（Bの進む向き）を正とする。衝突後、Bが左向きに速さ \(v'\) で跳ね返り、Aが右向きに速さ \(V\) を得たとする。運動量保存則（Bの最終運動量は左向きなので \(-mv'\)）より：

$$mv = -mv' + MV \quad\cdots(\boxed{\text{ア}}=MV)$$

完全弾性衝突なので力学的エネルギー保存則が成り立つ：

$$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv'^2 + \frac{1}{2}MV^2 \quad\cdots\left(\boxed{\text{イ}}=\tfrac12 mv'^2+\tfrac12 MV^2\right)$$

2式から \(v,v'\) を \(m,M,V\) で表す。運動量の式は \(m(v+v')=MV\)。エネルギーの式は \(m(v^2-v'^2)=MV^2\)、すなわち \(m(v+v')(v-v')=MV^2\)。後者を前者で割ると：

$$v - v' = V$$

これと \(m(v+v')=MV\;\Rightarrow\; v+v'=\dfrac{MV}{m}\) を連立して：

$$v = \frac{1}{2}\!\left(\frac{MV}{m}+V\right) = \frac{m+M}{2m}V,\qquad v' = \frac{1}{2}\!\left(\frac{MV}{m}-V\right) = \frac{M-m}{2m}V$$

別解：的が静止の弾性衝突公式から逆算する

静止した質量 \(M\) の標的に質量 \(m\) の球が速さ \(v\) で衝突する完全弾性衝突の公式は

$$V=\frac{2m}{m+M}v,\qquad v_{\mathrm B}'=\frac{m-M}{m+M}v$$

第1式を \(v\) について解くと \(v=\dfrac{m+M}{2m}V\)（＝ウ）。第2式に代入し、左向きの速さ \(v'=-v_{\mathrm B}'=\dfrac{M-m}{m+M}v=\dfrac{M-m}{2m}V\)（＝エ）。本文の連立と一致する。

設問(1)② — 跳ね返る条件と落下地点（オ・カ）

オ（跳ね返る条件）：Bが左向きに跳ね返る \(\iff v'>0\)。\(v'=\dfrac{M-m}{2m}V\) で \(V>0,\;m>0\) だから：

$$\frac{M-m}{2m}V > 0 \;\Longleftrightarrow\; M-m>0 \;\Longleftrightarrow\; \boxed{\text{オ}}\;:\;M>m$$

カ（Bの落下地点 \(L_{\mathrm B}\)）：Bは半円筒の最下端と同じ高さ \(R\) の位置から、水平左向きに速さ \(v'\) で投射される（水平投射）。鉛直方向は自由落下で、床（高さ0）に達するまでの時間 \(t_{\mathrm B}\) は

$$R = \frac{1}{2}g\,t_{\mathrm B}{}^2 \;\Rightarrow\; t_{\mathrm B}=\sqrt{\frac{2R}{g}}$$

その間に水平方向へ進む距離が壁からの距離 \(L_{\mathrm B}\)。\(v'=\dfrac{M-m}{2m}V\) を用いて：

$$L_{\mathrm B} = v'\,t_{\mathrm B} = \frac{M-m}{2m}V\sqrt{\frac{2R}{g}}$$

補足：水平投射は「等速直線運動」と「自由落下」の合成

水平投射では、水平方向は力がはたらかないので等速（速さ \(v'\) のまま）、鉛直方向は初速0の自由落下。両者を独立に扱い、共通の時間 \(t_{\mathrm B}=\sqrt{2R/g}\) で結ぶのが定石。落下高さは半円筒の最下端の高さ \(R\) であることに注意（Oの高さ \(2R\) ではない）。

設問(1)③ — OまでのV（キ）と落下地点一致（ク）

キ（OまでのV）：最下端を高さの基準にとる。AがちょうどO（最下端より高さ \(R\) 上）に到達して速さ0になる条件は、力学的エネルギー保存より：

$$\frac{1}{2}MV^2 = MgR \;\Rightarrow\; V^2 = 2gR \;\Rightarrow\; \boxed{\text{キ}}\;V=\sqrt{2gR}$$

ク（落下地点が一致する \(M,m\)）：\(V<\sqrt{2gR}\) のときAはOより低い位置で止まり、なめらかな円筒を滑り降りて最下端に戻る。エネルギー保存より、最下端での速さは登り始めと同じ \(V\)。向きは左向き（水平）なので、Bと同じ高さ \(R\) から左向きに速さ \(V\) で水平投射される。落下時間は同じ \(t_{\mathrm B}=\sqrt{2R/g}\) だから：

$$L_{\mathrm A} = V\,t_{\mathrm B} = V\sqrt{\frac{2R}{g}}$$

Aの落下地点とBの落下地点が一致する条件 \(L_{\mathrm A}=L_{\mathrm B}\)：

$$V\sqrt{\frac{2R}{g}} = \frac{M-m}{2m}V\sqrt{\frac{2R}{g}} \;\Rightarrow\; 1 = \frac{M-m}{2m}\;\Rightarrow\; 2m = M-m \;\Rightarrow\; \boxed{\text{ク}}\;M=3m$$

補足：なぜ最下端での速さが衝突直後の V に戻るのか

円筒はなめらか（摩擦なし）で、垂直抗力は運動方向に垂直だから仕事をしない。よって登り→止まり→滑り降りの間、力学的エネルギーは保存する。出発点（最下端）に戻れば高さが同じなので、運動エネルギーも元に戻り、速さは \(V\) に等しい。向きだけが左向き（逆向き）になる。

🧮 計算例：具体的な数値で確かめる

本問は文字式での解答だが、感覚をつかむために具体値を入れてみる。半径 \(R = 0.50\) m、重力加速度 \(g = 9.8\) m/s² とすると、AがちょうどOの高さまで登る速さ \(V=\sqrt{2gR}\) は：

$$V = \sqrt{2 \times 9.8 \times 0.50} = \sqrt{9.8} \fallingdotseq 3.1 \text{ m/s}$$

このときの落下時間 \(t_{\mathrm B}=\sqrt{2R/g}\) は：

$$t_{\mathrm B} = \sqrt{\frac{2 \times 0.50}{9.8}} = \sqrt{0.102} \fallingdotseq 0.32 \text{ s}$$

もし \(V=3.1\) m/s より少し小さい \(V = 2.0\) m/s で打ち出すと、落下地点は \(L=V\,t_{\mathrm B}=2.0\times 0.32 \fallingdotseq 0.64\) m となり、壁から約 64 cm の床に着く。

設問(2)① — 壁から離れる速さ V_θ と衝突直後の速さ V（ケ・コ）

角度 \(\theta\) は、図3(a)のように中心Oから真上方向にとった鉛直線と、OからAへ引いた半径とのなす角。Aの高さはO基準で \(R\cos\theta\) だけ上にある。

ケ（離れる速さ \(V_\theta\)）：壁から離れる瞬間は垂直抗力 \(N=0\)。このとき中心Oに向かう向き（向心方向）の運動方程式は、重力の中心成分 \(Mg\cos\theta\) だけが向心力となる：

$$M\frac{V_\theta{}^2}{R} = Mg\cos\theta \;\Rightarrow\; V_\theta{}^2 = gR\cos\theta \;\Rightarrow\; \boxed{\text{ケ}}\;V_\theta=\sqrt{gR\cos\theta}$$

コ（衝突直後の速さ \(V\)）：最下端（基準）から離れる点までの高さは \(R + R\cos\theta = R(1+\cos\theta)\)。力学的エネルギー保存より：

$$\frac{1}{2}MV^2 = \frac{1}{2}MV_\theta{}^2 + MgR(1+\cos\theta)$$ $$V^2 = V_\theta{}^2 + 2gR(1+\cos\theta) = gR\cos\theta + 2gR(1+\cos\theta) = gR(2+3\cos\theta)$$ $$\boxed{\text{コ}}\;V=\sqrt{gR(2+3\cos\theta)}$$

補足：離れる点の高さは「R＋R cosθ」

基準は最下端。離れる点はO基準で \(R\cos\theta\) 上、Oは最下端より \(R\) 上だから、最下端からは \(R+R\cos\theta=R(1+\cos\theta)\)。位置エネルギーの基準を取り違えないことが計算ミス防止のカギ。

問1 — 「はじめの位置に落下するのは cosθ＝1/2 のみ」の証明

Oを原点にとる。離れる点Pの座標は \(\mathrm P=(R\sin\theta,\;R\cos\theta)\)（右・上を正）。出発点（最下端）はOの真下なので \((0,\,-R)\)。離れる瞬間の速度は接線方向で、上方かつ左向きに大きさ \(V_\theta\)。成分は

$$\bigl(-V_\theta\cos\theta,\;\; +V_\theta\sin\theta\bigr)$$

放物運動の式（重力加速度 \(g\)、下向き）は：

$$x(t) = R\sin\theta - V_\theta\cos\theta\cdot t,\qquad y(t) = R\cos\theta + V_\theta\sin\theta\cdot t - \frac{1}{2}g t^2$$

出発点 \((0,-R)\) に達する条件。まず \(x=0\) より時刻 \(t^\ast\)：

$$0 = R\sin\theta - V_\theta\cos\theta\cdot t^\ast \;\Rightarrow\; t^\ast = \frac{R\sin\theta}{V_\theta\cos\theta} = \frac{R\tan\theta}{V_\theta}$$

これを \(y=-R\) に代入する。\(V_\theta{}^2 = gR\cos\theta\) を使うと、各項は

$$V_\theta\sin\theta\cdot t^\ast = R\sin\theta\tan\theta = \frac{R\sin^2\theta}{\cos\theta},\qquad \frac{1}{2}g\,t^{\ast2} = \frac{1}{2}g\cdot\frac{R^2\tan^2\theta}{gR\cos\theta} = \frac{R\sin^2\theta}{2\cos^3\theta}$$

したがって \(y=-R\) は

$$R\cos\theta + \frac{R\sin^2\theta}{\cos\theta} - \frac{R\sin^2\theta}{2\cos^3\theta} = -R$$

両辺を \(R\) で割り、\(\sin^2\theta = 1-\cos^2\theta\) として \(c=\cos\theta\) とおく。両辺に \(2c^3\) を掛けて整理すると：

$$2c^4 + 2c^2(1-c^2) - (1-c^2) = -2c^3 \;\Longrightarrow\; 2c^3 + 3c^2 - 1 = 0$$

これを因数分解すると：

$$2c^3 + 3c^2 - 1 = (2c-1)(c+1)^2 = 0$$

\(c=-1\)（\(\theta=180^\circ\)、最下端そのもの）は壁から離れる運動として不適。よって物理的な解は

$$2c - 1 = 0 \;\Rightarrow\; c = \cos\theta = \frac{1}{2}$$

ゆえに、はじめの位置に落下するのは \(\cos\theta=\dfrac12\)（すなわち \(\theta=60^\circ\)）の場合に限る。（証明終）

別解：相対位置ベクトルで一気に出す

Pから出発点 \((0,-R)\) への変位は \(\Delta x = -R\sin\theta\)（左へ）、\(\Delta y = -R(1+\cos\theta)\)（下へ）。水平の式 \(\Delta x=-V_\theta\cos\theta\,t^\ast\) と鉛直の式 \(\Delta y = V_\theta\sin\theta\,t^\ast-\tfrac12 g t^{\ast2}\) を \(t^\ast\) で結べば、上と同じ \( (2\cos\theta-1)(\cos\theta+1)^2=0\) が得られる。

設問(2)② — 落下直前の速度成分 V₁,V₂ と落下地点 L_A（サ・シ・ス）

サ（水平左向きの速さ \(V_1\)）：\(\theta=60^\circ\) なので \(\cos\theta=\tfrac12,\;\sin\theta=\tfrac{\sqrt3}{2}\)、\(V_\theta=\sqrt{gR\cos\theta}=\sqrt{\tfrac{gR}{2}}\)。水平成分は飛行中一定で、離れた瞬間の \(V_\theta\cos\theta\)：

$$V_1 = V_\theta\cos\theta = \sqrt{\frac{gR}{2}}\cdot\frac{1}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{gR}}{\sqrt2} = \frac{\sqrt{2gR}}{4}$$

シ（鉛直下向きの速さ \(V_2\)）：出発点（最下端）に戻ったときは高さが衝突直後と同じなので、力学的エネルギー保存より速さは \(V\) に戻る。\(\cos\theta=\tfrac12\) のとき \(V^2=gR(2+3\cdot\tfrac12)=\dfrac{7gR}{2}\)。水平成分は \(V_1\) のままだから、鉛直成分は

$$V_2{}^2 = V^2 - V_1{}^2 = \frac{7gR}{2} - \frac{2gR}{16} = \frac{28gR}{8} - \frac{gR}{8} = \frac{27gR}{8}$$ $$V_2 = \sqrt{\frac{27gR}{8}} = \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt2}\sqrt{gR} = \frac{3\sqrt{6gR}}{4}$$

ス（落下地点 \(L_{\mathrm A}\)）：出発点で水平面に弾性的に跳ね返ると、鉛直成分だけが向きを変えて \(V_2\) の上向きになり、水平成分は \(V_1\)（左向き）のまま。出発点の高さは床から \(R\)。床に達するまでの時間 \(t_{\mathrm A}\) は、上向きを正として

$$-R = V_2\,t_{\mathrm A} - \frac{1}{2}g\,t_{\mathrm A}{}^2 \;\Rightarrow\; \frac{1}{2}g\,t_{\mathrm A}{}^2 - V_2\,t_{\mathrm A} - R = 0$$ $$t_{\mathrm A} = \frac{V_2 + \sqrt{V_2{}^2 + 2gR}}{g}\quad(\text{正の解})$$

水平には等速 \(V_1\) で進むから：

$$L_{\mathrm A} = V_1\,t_{\mathrm A} = \frac{V_1\left(V_2 + \sqrt{V_2{}^2 + 2gR}\right)}{g}$$

補足：V₂ を放物線から直接出す

離れた点での鉛直成分は上向き \(V_\theta\sin\theta\)。出発点までの落下で重力が加速し、戻った瞬間の鉛直下向き速さ \(V_2\) は、鉛直方向のエネルギー保存（または \(v^2=v_0^2+2g\Delta h\)、\(\Delta h=R(1+\cos\theta)=\tfrac32 R\)）から

$$V_2{}^2 = (V_\theta\sin\theta)^2 + 2g\cdot\frac{3R}{2} = \frac{gR}{2}\cdot\frac{3}{4} + 3gR = \frac{3gR}{8} + \frac{24gR}{8} = \frac{27gR}{8}$$

本文の \(V^2-V_1^2\) と一致する。

設問(3)・問2 — L₁/L₂ が √3 に近づく理由

図4(a)：Aは半円筒の上端（床から高さ \(3R\)）から水平投射される。上端での速さ \(V_{\text{上}}\) は、最下端での速さ \(V\) からエネルギー保存で \(\tfrac12 MV^2=\tfrac12 MV_{\text{上}}^2+Mg(2R)\)、すなわち \(V_{\text{上}}=\sqrt{V^2-4gR}\)。落下高さ \(3R\) の水平投射なので

$$L_1 = V_{\text{上}}\sqrt{\frac{2\cdot 3R}{g}} = \sqrt{V^2-4gR}\,\sqrt{\frac{6R}{g}}$$

図4(b)：Aは下端（床から高さ \(R\)）から速さ \(V\) で水平投射される。落下高さ \(R\) だから

$$L_2 = V\sqrt{\frac{2R}{g}}$$

比をとると：

$$\frac{L_1}{L_2} = \frac{\sqrt{V^2-4gR}\,\sqrt{6R/g}}{V\sqrt{2R/g}} = \sqrt{\frac{V^2-4gR}{V^2}}\cdot\sqrt{3} = \sqrt{3}\,\sqrt{1-\frac{4gR}{V^2}}$$

問2の答え（理由）：\(V\) が大きくなると \(\dfrac{4gR}{V^2}\to 0\)、つまり半円筒を通る間の速さの変化（最大で \(2R\) 分の高低差による減速）が \(V\) に対して無視できるようになる。すると上端・下端ともに「ほぼ同じ速さ \(V\) の水平投射」になり、距離の比は落下高さ \(3R\) と \(R\) の平方根の比だけで決まる。よって

$$\frac{L_1}{L_2}\;\longrightarrow\; \sqrt{\frac{3R}{R}} = \sqrt{3}$$

補足：水平到達距離は「速さ×落下時間」

水平投射の到達距離は \(L=v_{\text{水平}}\sqrt{2h/g}\)。速さが同じなら距離は \(\sqrt h\) に比例する。高さ \(3R\) と \(R\) では \(\sqrt{3R}:\sqrt{R}=\sqrt3:1\)。これが \(\sqrt3\) の正体。\(V\) が小さいうちは上端での減速が効くため比は \(\sqrt3\) より小さくなる（\(\sqrt{1-4gR/V^2}<1\)）。