この大問は力積・運動量保存と斜面上での弾性衝突＋摩擦を扱う力学の総合問題です。問1は空欄補充で「衝突中の力→力積→運動量保存」の論理を、問2は「なめらか斜面を滑る物体Cと、摩擦のある物体Dの弾性衝突」を追いかけます。
ア（接触中の B の加速度）：接触中、B は A から一定の力 $F_0$ を受けます。B（質量 $M$）の運動方程式は：
$$M a_B = F_0 \quad\Rightarrow\quad a_B = \frac{F_0}{M}$$イ（衝突後の B の速度）：B は初速 0 から加速度 $a_B$ で時間 $T$ だけ加速するので：
$$v_B = a_B T = \frac{F_0}{M}\,T = \frac{F_0 T}{M}$$ウ・エ（A が B から受ける力）：A が B に力 $F_0$（右向き）を及ぼすとき、作用反作用の法則により、A は B から大きさが等しく向きが逆の力を受けます。右向きを正とすると：
ウ ＝ 作用反作用（作用・反作用）の法則、 エ ＝ $-F_0$
オ（衝突後の A の速度）：A（質量 $m$）の運動方程式は $m a_A = -F_0$ なので $a_A = -\dfrac{F_0}{m}$。A は初速 $V$ から時間 $T$ 加速（実際は減速）して：
$$v_A = V + a_A T = V - \frac{F_0}{m}\,T = V - \frac{F_0 T}{m}$$カ（衝突前後で和が保存する量）：A の運動量変化は $m v_A - mV = -F_0 T$、B の運動量変化は $M v_B - 0 = +F_0 T$。両者を足すと $0$ なので、衝突の前後で運動量の和は変化しません（運動量保存則）。
$$\underbrace{(m v_A + M v_B)}_{\text{後}} = \underbrace{(mV + 0)}_{\text{前}}$$キ（力積の単位）：力積 $=$ 力 $\times$ 時間 $=\mathrm{N\cdot s}$。ニュートンを基本単位で表すと $\mathrm{N}=\mathrm{kg\cdot m/s^2}$ なので：
$$[\text{力積}] = \mathrm{kg\cdot m/s^2}\times \mathrm{s} = \boxed{\ \mathrm{kg\cdot m/s}\ }$$ク（A が B に及ぼした力積）：一定の力 $F_0$ が時間 $T$ はたらいたので：
$$I = F_0 T$$（B の運動量変化 $M v_B = M\cdot\dfrac{F_0 T}{M}=F_0 T$ と一致する。）
ケ・コ（力積が最小になる反発係数と、その力積）：運動量変化から力積を求めます。反発係数を $e$ とすると、静止した B との衝突後の B の速度は、運動量保存 $mV = m v_A' + M v_B'$ と反発の式 $v_B' - v_A' = eV$ から：
$$v_B' = \frac{(1+e)\,m}{m+M}\,V$$A が B に与えた力積は B の運動量変化に等しいので：
$$I(e) = M v_B' = \frac{(1+e)\,mM}{m+M}\,V$$これは $e$ の増加関数。したがって $0\le e\le 1$ の範囲で力積が最小になるのは $e=0$（完全非弾性衝突）のとき：
$$I_{\min} = I(0) = \frac{mM}{m+M}\,V$$| 空欄 | 答え | 空欄 | 答え |
|---|---|---|---|
| ア | $\dfrac{F_0}{M}$ | カ | 運動量 |
| イ | $\dfrac{F_0 T}{M}$ | キ | $\mathrm{kg\cdot m/s}$ |
| ウ | 作用反作用 | ク | $F_0 T$ |
| エ | $-F_0$ | ケ | $0$ |
| オ | $V-\dfrac{F_0 T}{m}$ | コ | $\dfrac{mM}{m+M}V$ |
A が B に与える力積は「相対運動量の変化」でも書けます。衝突前の相対速度は $V$、衝突後は $-eV$（B から見て A が遠ざかる）。相対速度の変化 $V-(-eV)=(1+e)V$ に換算質量 $\mu=\dfrac{mM}{m+M}$ を掛けると力積になります：
$$I = \mu\,(1+e)V = \frac{mM}{m+M}(1+e)V$$$e=0$ で最小、$e=1$ で最大（$2\mu V$）。$e=0$ のとき $I_{\min}=\dfrac{mM}{m+M}V$ で上の結果と一致します。物理的には、くっついて一体化する衝突（$e=0$）が最も「押し返し」が小さく、力積が最小になります。
力積 $=$ 運動量の変化。作用反作用により「A が B に与える力積」と「B が A に与える力積」は符号が逆で大きさが等しいので、両者の運動量変化の和は常に $0$ ——これが運動量保存の正体。反発係数 $e$ が大きいほど跳ね返りが強く、伝える力積は大きくなる（$I\propto 1+e$）。
立式：斜面と C の間は摩擦なし。斜面に沿って下向きを正とすると、C の加速度は重力の斜面方向成分だけで決まります：
$$a_C = g\sin\theta \quad(\text{一定})$$初速 0、加速度 $a_C$ で距離 $X$ 進んだときの速度 $V_0$ は、等加速度運動の公式 $v^2 = v_0^2 + 2aX$ より：
$$V_0^2 = 0 + 2(g\sin\theta)X$$計算：
$$V_0 = \sqrt{2gX\sin\theta}$$時刻 $t_1$ は、$v = v_0 + at$ に $V_0 = (g\sin\theta)t_1$ を用いて：
$$t_1 = \frac{V_0}{g\sin\theta} = \frac{\sqrt{2gX\sin\theta}}{g\sin\theta} = \sqrt{\frac{2X}{g\sin\theta}}$$初速0の等加速度運動では $X = \dfrac{1}{2}(g\sin\theta)\,t_1^{\,2}$。これを $t_1$ について解くと：
$$t_1 = \sqrt{\frac{2X}{g\sin\theta}}$$そのうえで $V_0 = (g\sin\theta)t_1 = (g\sin\theta)\sqrt{\dfrac{2X}{g\sin\theta}} = \sqrt{2gX\sin\theta}$。どちらの順でも同じ結果になります。
斜面の距離 $X$ は「斜面に沿った長さ」。加速度に使うのは重力の斜面方向成分 $g\sin\theta$ であって $g$ ではない。$\tan\theta=0.3$ なので $\sin\theta=\dfrac{0.3}{\sqrt{1.09}}\fallingdotseq 0.287$。
立式：斜面下向きを正、衝突直前の C の速度を $V_0$、D は静止（$0$）とします。運動量保存と反発係数の式（$e=1$）を連立します。
$$m V_0 + m\cdot 0 = m V_C + m V_D \quad\cdots\text{(運動量保存)}$$ $$V_D - V_C = e\,(V_0 - 0) = 1\cdot V_0 \quad\cdots\text{(反発係数 }e=1)$$計算：第1式より $V_0 = V_C + V_D$。第2式 $V_D - V_C = V_0$ と足し合わせると：
$$2V_D = 2V_0 \;\Rightarrow\; V_D = V_0, \qquad V_C = V_0 - V_D = 0$$一般に、質量 $m_1$（速度 $u_1$）が静止した $m_2$ に弾性衝突すると、
$$v_1 = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}u_1,\qquad v_2 = \frac{2m_1}{m_1+m_2}u_1$$ここに $m_1 = m_2 = m$ を代入すると $v_1 = 0$, $v_2 = u_1$。動いていた側が止まり、止まっていた側が同じ速度で動く——これが「速度交換」です。運動エネルギー $\frac12 m V_0^2$ もそっくり D に移ります。
「等質量＋完全弾性衝突＝速度交換」は暗算できるほど重要な結論。$V_C=0$ は「衝突点で C がいったん止まる」ことを意味し、C はその後なめらか斜面で再び初速0から加速を始める——これが問2(4)(5) の伏線になる。
力の整理：衝突後、D は斜面下向きに速度 $V_0$ で運動します。はたらく力とその大きさは次の3つです。
大きさの評価（$\mu'=\tan\theta$ の効果）：本問は $\tan\theta=0.3$, $\mu'=0.3$ なので $\mu'=\tan\theta$。したがって：
$$f = \mu' mg\cos\theta = (\tan\theta)\,mg\cos\theta = mg\,\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\cos\theta = mg\sin\theta$$つまり動摩擦力の大きさは、重力の斜面方向成分 $mg\sin\theta$ にちょうど等しい。この一致が問2(4)(5) を大きく単純化します。
斜面方向（下向き正）の合力を計算すると：
$$F_{\parallel} = \underbrace{mg\sin\theta}_{\text{重力成分(下)}} - \underbrace{\mu' mg\cos\theta}_{\text{摩擦(上)}} = mg\sin\theta - mg\sin\theta = 0$$合力ゼロ＝加速度ゼロなので、動き出した D は速度 $V_0$ のまま等速直線運動を続けます。これは $\mu'=\tan\theta$ という特別条件でのみ起こる現象です。
動摩擦力の向きは「速度の逆向き」。下降中は斜面上向き。$N=mg\cos\theta$ を $mg$ と取り違えないこと。$\mu'=\tan\theta$ のとき $\mu' mg\cos\theta = mg\sin\theta$ となり、下降中の合力が消える——採点でもここに気づけるかが分かれ目。
① $0\le t\le t_1$（衝突前）：C は初速0・加速度 $g\sin\theta$ の等加速度。D は静止摩擦で止まっている。
$$v_C = (g\sin\theta)\,t \;(\text{直線, } 0\to V_0),\qquad v_D = 0$$② $t=t_1$（衝突）：速度交換により瞬間的に
$$v_C:\; V_0 \to 0,\qquad v_D:\; 0 \to V_0$$③ $t_1\le t\le t_2$（衝突後）：D は合力0で等速 $V_0$。C はなめらか斜面で再び初速0から加速（傾きは同じ $g\sin\theta$）。$\tau = t-t_1$ とおくと：
$$v_D = V_0\ (\text{一定}),\qquad v_C = (g\sin\theta)\,\tau$$再衝突時刻 $t_2$：衝突点からの移動距離が等しくなる条件で決まります。$x_D = V_0\tau$、$x_C = \tfrac12(g\sin\theta)\tau^2$ が等しいとき：
$$\tfrac12(g\sin\theta)\tau^2 = V_0\tau \;\Rightarrow\; \tau = \frac{2V_0}{g\sin\theta} = 2t_1$$よって $t_2 = t_1 + 2t_1 = 3t_1$。このとき C の速度は $v_C = (g\sin\theta)(2t_1) = 2V_0$。
C と斜面の間には摩擦がないので、C の加速度は常に $g\sin\theta$（斜面下向き）です。衝突で速度が $0$ にリセットされても、加速度＝グラフの傾きは変わりません。だから衝突前後で「同じ傾きの直線」が2本並ぶ形になります。一方 D は $\mu'=\tan\theta$ のおかげで下降中は合力0＝傾き0（水平線）です。
グラフの決め手は「傾き＝加速度」。C は $g\sin\theta$ の一定傾き（摩擦なし）、D は衝突後に傾き0（$\mu'=\tan\theta$ で合力0）。この2つを押さえれば、再衝突が $t_2=3t_1$、C の速度が $2V_0$ であることが図から読み取れる。
立式：D は衝突後、速度 $V_0$ で等速運動し、再衝突までの時間は問2(4) より $\tau = 2t_1$。よって移動距離は：
$$Y = V_0 \cdot \tau = V_0 \cdot 2t_1 = 2\,V_0 t_1$$$V_0 t_1$ を $X$ で表す：問2(1) の $V_0 = (g\sin\theta)t_1$ と、初速0の距離公式 $X = \tfrac12(g\sin\theta)t_1^{\,2}$ を使います。
$$V_0 t_1 = (g\sin\theta)t_1 \cdot t_1 = (g\sin\theta)t_1^{\,2} = 2\cdot\underbrace{\tfrac12(g\sin\theta)t_1^{\,2}}_{=\,X} = 2X$$計算：したがって
$$Y = 2\,V_0 t_1 = 2\cdot 2X = 4X$$再衝突点は「衝突点から D も C も同じ距離だけ進んだ点」。C は衝突点で $v=0$ にリセットされ、$\tau=2t_1$ の間に加速度 $g\sin\theta$ で進むので：
$$x_C = \tfrac12(g\sin\theta)(2t_1)^2 = \tfrac12(g\sin\theta)\cdot 4t_1^{\,2} = 4\cdot\tfrac12(g\sin\theta)t_1^{\,2} = 4X$$D の移動距離 $x_D = V_0\cdot 2t_1 = 2V_0 t_1 = 4X$ と一致。両者とも $4X$ だけ進んで同じ点で衝突するので、確かに $Y = 4X$。
$\tan\theta=0.3$ より $\sin\theta=\dfrac{0.3}{\sqrt{1.09}}\fallingdotseq 0.287$。まず衝突直前の速度 $V_0$：
$$V_0 = \sqrt{2gX\sin\theta} = \sqrt{2\times 9.8\times 1.0\times 0.287} \fallingdotseq \sqrt{5.63} \fallingdotseq 2.4\ \text{m/s}$$時刻 $t_1$：
$$t_1 = \frac{V_0}{g\sin\theta} = \frac{2.4}{9.8\times 0.287} \fallingdotseq \frac{2.4}{2.81} \fallingdotseq 0.85\ \text{s}$$D が動く時間は $\tau=2t_1\fallingdotseq 1.7$ s。D は等速 $V_0\fallingdotseq 2.4$ m/s なので：
$$Y = V_0\cdot 2t_1 = 2.4\times 1.7 \fallingdotseq 4.1\ \text{m} \fallingdotseq 4X$$確かに $X=1.0$ m の約 4 倍。再衝突時の C の速度は $2V_0\fallingdotseq 4.8$ m/s になる。
$\mu'=\tan\theta$ のおかげで D は等速（合力0）となり、距離計算が「速さ×時間」で済む。$V_0 t_1 = 2X$ という関係（初速0の等加速度では「速度×時間 ＝ 距離の2倍」）を押さえると、$Y=4X$ が一瞬で出る。もし摩擦が $\mu'\neq\tan\theta$ だと D も加速・減速して、話は一気に複雑になる。