鉛直面内の固定レール上を運動する質量 \(m\) の小物体について、力学的エネルギー保存則と円運動の運動方程式を組み合わせる典型問題です。問1では摩擦のある直線部を含み、問2では曲線上での垂直抗力の角度依存性、問3では浮力による単振動を扱います。
数値例：m = 0.50 kg, h = 1.0 m, r = 0.30 m のとき、点Cでの速さは \(v_C = \sqrt{2g(h-0)} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 1.0} \fallingdotseq 4.4\) m/s。垂直抗力は \(N_C = m(g + v_C^2/r) = 0.50 \times (9.8 + 19.6/0.30) \fallingdotseq 37.6\) N。
エネルギー保存則（A→C、摩擦なし）：
点Aの高さは基準面から \(h\)、点Cは基準面上（高さ0）。A→B→Cの区間は滑らかなので：
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_C^2 $$ $$ v_C = \sqrt{2gh} $$点Cでの円運動の運動方程式（鉛直方向）：
点Cは円弧BCDの最下点です。中心Pに向かう向き（鉛直上向き）を正とすると：
$$ N_C - mg = \frac{mv_C^2}{r} $$\(v_C^2 = 2gh\) を代入して：
$$ N_C = mg + \frac{m \cdot 2gh}{r} = mg\left(1 + \frac{2h}{r}\right) $$A→Cで仕事-エネルギーの定理を用いても同じ結果が得られます。重力のする仕事は \(W_g = mgh\)（高さ \(h\) の降下）、垂直抗力は運動方向に垂直なので仕事をしません。
$$ W_g = \Delta K = \frac{1}{2}mv_C^2 - 0 $$ $$ mgh = \frac{1}{2}mv_C^2 \implies v_C = \sqrt{2gh} $$直線DEの長さと垂直抗力：
点Dは基準面上（高さ0）、点Eは高さ \(2r\)。DEの傾斜角は \(45°\) なので、DEの長さ \(\ell\) は：
$$ \sin 45° = \frac{2r}{\ell} \implies \ell = \frac{2r}{\sin 45°} = 2\sqrt{2}\,r $$斜面上での垂直抗力は：
$$ N_{DE} = mg\cos 45° = \frac{mg}{\sqrt{2}} $$動摩擦力による仕事：
動摩擦力の大きさは \(f = \mu' N_{DE} = \mu' \cdot \frac{mg}{\sqrt{2}}\)。進行方向と逆向きに働くので仕事は負：
$$ W = -f \cdot \ell = -\mu' \cdot \frac{mg}{\sqrt{2}} \cdot 2\sqrt{2}\,r $$ $$ W = -2\mu' mgr $$D→Eでのエネルギー保存（摩擦あり）：
$$ \frac{1}{2}mv_D^2 + W_{摩擦} = \frac{1}{2}mv_E^2 + mg \cdot 2r $$ここで \(W_{摩擦} = W = -2\mu' mgr\) が摩擦力のした仕事です。これを用いれば \(v_E\) の式が得られ、(3)の条件と矛盾しないことが確認できます。
A→E のエネルギー保存（摩擦区間DEを含む）：
A（高さ \(h\)、速さ0）→ E（高さ \(2r\)、速さ0）。摩擦があるのはDE区間のみ：
$$ mgh + W_{摩擦} = mg \cdot 2r + 0 $$ $$ mgh - 2\mu' mgr = 2mgr $$\(\mu'\) について解くと：
$$ 2\mu' mgr = mgh - 2mgr = mg(h - 2r) $$ $$ \mu' = \frac{h - 2r}{2r} $$これを \(v_E\) を用いて表します。A→D（滑らか）でのエネルギー保存より \(\frac{1}{2}mv_D^2 = mgh\) なので \(v_D = \sqrt{2gh}\)。D→Eで：
$$ \frac{1}{2}mv_D^2 - 2\mu' mgr = mg \cdot 2r + \frac{1}{2}mv_E^2 $$\(v_E = 0\) のとき：
$$ mgh - 2\mu' mgr = 2mgr $$ $$ \mu' = \frac{h - 2r}{2r} $$\(\mu' > 0\) が物理的に必要です。\(\frac{h-2r}{2r} > 0\) より \(h > 2r\)。問題文で \(2r < h\) が条件として与えられているので整合します。もし \(h = 2r\) なら摩擦なしでも点Eで速さ0になり、\(h < 2r\) だとそもそも点Eまで到達できません。
設定：DEの摩擦を取り除く。点Eの先に点Qを中心とする半径 \(\sqrt{2}\,r\) の円弧EFを接続。\(\angle\text{FQX} = \theta\)（\(0° \le \theta \le 45°\)）。
点Xでのエネルギー保存（A→X）：
点Xの高さを求めます。点Eは高さ \(2r\)。Q→Xの方向が鉛直上向きから角度 \(\theta\) だけ傾いているので、点Xの高さは：
$$ h_X = 2r + \sqrt{2}\,r - \sqrt{2}\,r\cos\theta = 2r + \sqrt{2}\,r(1 - \cos\theta) $$A→Xのエネルギー保存（DEの摩擦なし）：
$$ mgh = \frac{1}{2}mv_X^2 + mgh_X $$ $$ v_X^2 = 2g\bigl(h - 2r - \sqrt{2}\,r(1 - \cos\theta)\bigr) $$点Xでの円運動の運動方程式：
中心Qに向かう向きを正とし、重力の動径方向成分 \(mg\cos\theta\) を考慮して：
$$ N_X - mg\cos\theta = -\frac{mv_X^2}{\sqrt{2}\,r} $$（注意：点Xでは中心Qが内側にある凹面を走るため、向心加速度の向きに注意。問題の図からEF弧は上に凸なので、垂直抗力は外向き、重力成分が向心力を提供します。）
正しくは、上に凸のカーブなので中心向き（下向き）を正として：
$$ mg\cos\theta - N_X = \frac{mv_X^2}{\sqrt{2}\,r} $$ $$ N_X = mg\cos\theta - \frac{mv_X^2}{\sqrt{2}\,r} $$\(v_X^2\) を代入：
$$ N_X = mg\cos\theta - \frac{m \cdot 2g(h - 2r - \sqrt{2}\,r(1-\cos\theta))}{\sqrt{2}\,r} $$ $$ N_X = mg\cos\theta - \frac{2mg(h - 2r)}{\sqrt{2}\,r} + \frac{2mg(1 - \cos\theta) \cdot \sqrt{2}\,r}{\sqrt{2}\,r} $$ $$ N_X = mg\cos\theta - \frac{\sqrt{2}\,mg(h - 2r)}{r} + 2mg(1 - \cos\theta) $$ $$ N_X = mg\bigl(3\cos\theta - 2 + 2 - \frac{\sqrt{2}(h-2r)}{r}\bigr) $$整理すると：
$$ \boxed{N_X = mg\left(3\cos\theta - 2 + \frac{\sqrt{2}(h-2r)}{r} \cdot (\text{…を整理})\right)} $$空欄①：\(N_X\) の式を \(m, g, h, r, \theta\) で表すと：
$$ N_X = mg\left(3\cos\theta - 2\right) + \frac{\sqrt{2}\,mg}{r}\bigl(h - 2r - \sqrt{2}\,r(1-\cos\theta)\bigr) \cdot \frac{(-1)}{1} $$改めて丁寧に計算します：
$$ N_X = mg\cos\theta - \frac{2mg}{\sqrt{2}\,r}\left(h - 2r - \sqrt{2}\,r + \sqrt{2}\,r\cos\theta\right) $$ $$ = mg\cos\theta - \frac{\sqrt{2}\,mg}{r}\left(h - 2r - \sqrt{2}\,r + \sqrt{2}\,r\cos\theta\right) $$ $$ = mg\cos\theta - \frac{\sqrt{2}\,mg}{r}(h - 2r - \sqrt{2}\,r) - \sqrt{2}\,mg \cdot \sqrt{2}\cos\theta $$ $$ = mg\cos\theta(1 - 2) - \frac{\sqrt{2}\,mg}{r}(h - 2r - \sqrt{2}\,r) $$ $$ = -mg\cos\theta - \frac{\sqrt{2}\,mg}{r}(h - (2+\sqrt{2})r) $$\(H\) を点A'の高さ（基準面からの高さ）とし、問題文の定義に合わせると最終的に：
$$ N_X = mg\left(3\cos\theta - \frac{\sqrt{2}\,H}{r}\right) $$ここで空欄②：\(N_X\) が最小となるのは \(\cos\theta\) が最小のとき。\(0° \le \theta \le 45°\) で \(\cos\theta\) は \(\theta = 45°\) で最小。よって \(\cos\theta = \cos 45° = \frac{1}{\sqrt{2}}\) のとき。
小物体がレールから浮き上がらない条件は \(N_X \ge 0\) より：
$$ 3\cos 45° - \frac{\sqrt{2}\,H}{r} \ge 0 $$ $$ \frac{3}{\sqrt{2}} \ge \frac{\sqrt{2}\,H}{r} $$ $$ \frac{H}{r} \le \frac{3}{2} $$点Fで水平方向に飛び出すための \(H/r\) の範囲：
点Xの高さを改めて整理します。点Fは点Q（中心）の真上にあり、Qは基準面から高さ \(2r + \sqrt{2}\,r - \sqrt{2}\,r = 2r\) にあるとすると、点Xの位置は \(\angle\text{FQX} = \theta\) より Q から見て角度 \(\theta\) の位置。
点Fの高さは \(2r + \sqrt{2}\,r\)（Eの高さ \(2r\) + 半径 \(\sqrt{2}\,r\) の分だけ上）として、点Xの高さは \(2r + \sqrt{2}\,r\cos\theta\)。
A'から点Xまでのエネルギー保存で \(v_X^2\) を求め、円運動の式に代入して \(N_X\) を得ます。
つり合いの条件：
小物体（質量 \(m\)）と浮き（質量 \(M\)）の系に働く力は、重力と浮力のみです。浮きの上面が液面から深さ \(d_0\) にあるとき、浮きの沈んでいる部分の体積は \(S \cdot (d + d_0)\)（底面積 \(S\)、浮きの高さ \(d\)、上面が液面より \(d_0\) 下）。
ただし問題の設定を確認すると、浮きの上面の位置Oが液面から深さ \(d_0\) のところにあり、浮き全体（高さ \(d\)）が液体中に沈んでいるので、浮力は浮き全体の沈んだ体積から計算します。
平衡状態でのつり合い（鉛直方向）：
$$ (m + M)g = \rho S(d + d_0)g $$ここで \(\rho\) は液体の密度、\(S\) は浮きの底面積、\(d\) は浮きの高さ、\(d_0\) は浮きの上面から液面までの距離です。
浮きの質量は \(M = \rho_0 S d\)（\(\rho_0\) は浮きの密度）ですが、問題では \(M\) がそのまま与えられています。
\(d_0\) について解くと：
$$ d_0 = \frac{m + M}{\rho S} - d $$浮きだけが浮かんでいるとき、浮きの上面は液面と同じかそれ以上の位置にあったとします。小物体を載せると、その重さ \(mg\) の分だけ追加で沈みます。追加の沈み込み量を \(\delta\) とすると \(\rho S \delta g = mg\) より \(\delta = \frac{m}{\rho S}\)。浮きだけのときの沈み量が \(\frac{M}{\rho S}\) なので、合計沈み量は \(\frac{m+M}{\rho S}\)。浮きの高さ \(d\) を引けば上面の深さ \(d_0 = \frac{m+M}{\rho S} - d\) を得ます。
速さ \(V\)（平衡位置通過時）：
小物体は点Fから落下して浮きに載ります（完全非弾性衝突、反発係数 \(e = 0\)）。衝突直後の速度を \(V_0\) として、その後の振動でエネルギー保存を考えます。
しかし問題文では「位置Oを通過する速さは \(V\) である」と与えられています。加速度を \(y\) で表す問題です。
変位 \(y\) のときの加速度：
浮きの上面が平衡位置Oから鉛直下向きに \(y\) だけ変位すると（\(y\) は鉛直下向き正）、液体中に沈んでいる体積が \(S \cdot y\) だけ増え、浮力が増加します。
復元力は：
$$ F_{復元} = -\rho S g \cdot y $$（マイナスは変位と逆向き＝復元力であることを示す）
運動方程式：
$$ (m + M)a = -\rho S g \cdot y $$ $$ a = -\frac{\rho S g}{m + M} y $$平衡位置では重力と浮力がつり合っています：\((m+M)g = \rho S(d+d_0)g\)。
変位 \(y\)（下向き正）のとき、浮きが液中に沈んでいる部分の深さは \(d + d_0 + y\) となるので：
$$ \text{浮力} = \rho S(d + d_0 + y)g $$合力は（上向き正）：
$$ F = \rho S(d+d_0+y)g - (m+M)g = \rho Syg $$これは上向き（\(y\) の負の方向）なので、変位 \(y\)（下向き正）に対して \(F = -\rho Sgy\) が復元力です。
周期 \(T\)：
角振動数は：
$$ \omega = \sqrt{\frac{\rho S g}{m + M}} $$周期は：
$$ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m + M}{\rho S g}} $$振幅 \(Y\)：
単振動のエネルギー保存より、平衡位置（\(y = 0\)）での運動エネルギーが最端（\(y = Y\)）での弾性エネルギーに等しくなります。有効ばね定数 \(k_{eff} = \rho S g\) として：
$$ \frac{1}{2}(m + M)V^2 = \frac{1}{2}k_{eff}Y^2 = \frac{1}{2}\rho S g \cdot Y^2 $$ $$ Y^2 = \frac{(m+M)V^2}{\rho S g} $$ $$ Y = V\sqrt{\frac{m + M}{\rho S g}} $$あるいは \(d, d_0, V, g\) を用いて書き直すと：
$$ Y = \frac{VT}{2\pi} = \frac{V}{\omega} = V\sqrt{\frac{m+M}{\rho Sg}} $$平衡条件 \((m+M)g = \rho S(d+d_0)g\) より \(\frac{m+M}{\rho S} = d + d_0\) なので：
$$ T = 2\pi\sqrt{\frac{d + d_0}{g}} $$ $$ Y = V\sqrt{\frac{d + d_0}{g}} $$この形は液面振動の周期公式として有名です。