解法の指針

水平投射・自由落下・斜方投射を組み合わせ、2つの小球 A・B の衝突を反発係数を変えながら追う力学の総合問題です。前半は床との衝突（設問1〜2）、中盤は A・B どうしの衝突（設問3〜6）、後半は時間差をつけた衝突と相対運動（設問7〜9）を扱います。

問題の構成

• 設問(1)：水平投射した A が初めて床に到達する \(x\) 座標
• 設問(2)：床ではね返った A が2回目に床へ到達する \(x\) 座標（反発係数 \(e\)）
• 設問(3)：A が床に着く前に B と衝突するための \(v\) の条件
• 設問(4)：A・B 間の反発係数 1（弾性衝突）での落下 \(x\) 座標
• 設問(5)：A・B 間の反発係数 0（完全非弾性）での落下 \(x\) 座標
• 設問(6)：反発係数 0 の衝突で失われる力学的エネルギー
• 設問(7)：時間差発射で \(n\) 回バウンド後に衝突させる時刻 \(T\)
• 設問(8)：斜方投射の A と自由落下の B を衝突させる高さ \(H\)（モンキーハンティング）
• 設問(9)：B とともに動く観測者から見た A の運動の選択

設問(1)

立式（鉛直方向）：投射点での鉛直方向の初速度は 0。落下時間 \(t_1\) は自由落下の式から決まります。

$$h = \frac{1}{2} g\, t_1^{2} \quad \Rightarrow \quad t_1 = \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

立式（水平方向）：水平方向は速さ \(v\) の等速直線運動。落下時間 \(t_1\) の間に進む距離が \(x_A\) です。

$$x_A = v\, t_1$$

代入・計算：\(t_1\) を代入します。

$$x_A = v\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

数値確認：\(v = 3.0\ \mathrm{m/s},\ h = 0.80\ \mathrm{m},\ g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}\) のとき、\(t_1 = \sqrt{2\times0.80/9.8} = 0.404\ \mathrm{s}\)、\(x_A = 3.0\times0.404 \fallingdotseq 1.2\ \mathrm{m}\)。

補足：質量 \(m\) と反発係数 \(e\) は不要

落下時間は質量によらず（自由落下は質量に無関係）、初めて床に着くまで床との衝突は起きないので反発係数 \(e\) も無関係です。よって答えに \(m,\ e\) は現れません。「必要なものを用いて表せ」という問題文の意図どおり、使うのは \(v,\ h,\ g\) の3つだけです。

設問(2)

立式（鉛直方向の衝突）：1回目に床へ達したときの鉛直方向の速さは \(v_y = g t_1 = \sqrt{2gh}\)。床はなめらかで水平速度は変わらず、はね返りで鉛直速度だけが \(e\) 倍になります。よってバウンド直後の鉛直方向の速さは \(e\sqrt{2gh}\)。

立式（バウンド区間の時間）：はね返ってから次に床へ達するまでの時間 \(t_2\) は、鉛直投げ上げ→落下の往復時間です。

$$t_2 = \frac{2\,e\sqrt{2gh}}{g} = 2e\sqrt{\frac{2h}{g}} = 2e\,t_1$$

水平移動距離：この間も水平方向は速さ \(v\) のまま進むので、バウンド中の横移動は

$$v\,t_2 = v\cdot 2e\,t_1 = 2e\,(v t_1) = 2e\,x_A$$

結果：2回目の接地点は、1回目の接地点 \(x_A\) にこの横移動を加えた位置です。

$$x = x_A + 2e\,x_A = (1 + 2e)\,x_A$$

数値確認：\(e = 0.6\) なら \(x = (1 + 1.2)x_A = 2.2\,x_A\)。\(x_A \fallingdotseq 1.2\ \mathrm{m}\) のとき約 \(2.7\ \mathrm{m}\)。

補足：3回目・\(n\) 回目の接地点

バウンドのたびに鉛直速度は \(e\) 倍になるので、\(k\) 回目のバウンドでの飛行時間は \(2e^{k}\,t_1\)。横移動は等比数列になり、\(n\) 回目に床へ着くときの \(x\) 座標は

$$x_n = x_A\Bigl(1 + 2e + 2e^2 + \cdots + 2e^{n-1}\Bigr) = x_A\left(1 + 2e\,\frac{1 - e^{\,n-1}}{1 - e}\right)$$

です（\(0\lt e<1\)）。設問(2)はこの \(n=2\) の場合に相当します。

設問(3)

立式（鉛直方向は同一運動）：A の鉛直方向初速度も B の鉛直方向初速度もともに 0 で、ともに高さ \(h\) から同時に落下を始めます。よって任意の時刻でA と B の高さは等しい。衝突するのは A の水平位置が \(x_B\) に達した瞬間です。

立式（衝突時刻）：A の水平運動は速さ \(v\) の等速直線運動なので、衝突時刻 \(t_c\) は

$$v\,t_c = x_B \quad \Rightarrow \quad t_c = \frac{x_B}{v}$$

条件：A が床に着く時刻は \(t_1 = \sqrt{2h/g}\)。これより前に衝突するには \(t_c < t_1\)、すなわち

$$\frac{x_B}{v} < \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

計算（\(v\) について解く）：

$$v > x_B\sqrt{\frac{g}{2h}} = \sqrt{\frac{g\,x_B^{2}}{2h}}$$

数値確認：\(x_B = 1.0\ \mathrm{m},\ h = 0.80\ \mathrm{m}\) なら、必要な \(v\) は \(1.0\times\sqrt{9.8/(2\times0.80)} = 1.0\times\sqrt{6.13} \fallingdotseq 2.5\ \mathrm{m/s}\) より大きいこと。

設問(4)

衝突の性質：衝突時、A と B は同じ高さにあり、A は B へ真横（水平）から近づきます。鉛直方向の速度は2球で等しく、衝突の方向（水平）と直交するため変化しません。考えるのは水平方向の速度だけです。

立式（水平方向の運動量保存）：衝突直前、A の水平速度 \(v\)、B の水平速度 \(0\)。衝突後をそれぞれ \(v_A',\ v_B'\) とすると、

$$m v + m\cdot 0 = m v_A' + m v_B' \quad \Rightarrow \quad v = v_A' + v_B'$$

立式（反発係数 \(e=1\)）：はね返り係数の定義より、

$$1 = \frac{v_B' - v_A'}{v - 0} \quad \Rightarrow \quad v_B' - v_A' = v$$

連立して解く：2式を足すと \(2v_B' = 2v\)、引くと \(2v_A' = 0\)。

$$v_A' = 0, \qquad v_B' = v$$

すなわち等質量の弾性衝突では水平速度を交換します。衝突後、A は水平速度 0（真下へ落下のみ）、B は水平速度 \(v\)。両球とも鉛直運動は変わらないので、同時刻 \(t_1=\sqrt{2h/g}\) に床へ着きます。

着地点：衝突は \(x = x_B\)、時刻 \(t_c=x_B/v\) で起きます。

A は衝突後に水平速度 0 なので、そのまま \(x_B\) の真下に落ちます。

$$x_A^{\text{着}} = x_B$$

B は衝突後に水平速度 \(v\)。残り時間 \((t_1 - t_c)\) だけ進むので、

$$x_B^{\text{着}} = x_B + v\,(t_1 - t_c) = x_B + v t_1 - v t_c = x_B + x_A - x_B = x_A$$

ここで \(v t_1 = x_A\)（設問1）、\(v t_c = x_B\) を用いました。

補足：なぜ着地点がきれいに入れ替わるのか

もし衝突がなければ、A は \(x_A\)、B は \(x_B\) に着地したはずです。弾性・等質量の衝突で水平速度を交換した結果、A は「B が持っていた水平速度（=0）」を、B は「A が持っていた水平速度（=\(v\)）」を引き継ぎます。鉛直運動は両球とも不変で着地時刻は同じなので、結局水平方向の到達距離だけが入れ替わり、着地点が \(x_A \leftrightarrow x_B\) となります。

設問(5)

立式（水平方向の運動量保存）：衝突直前は A が水平速度 \(v\)、B が \(0\)。反発係数 0 では衝突後の水平速度が等しくなる（共通速度 \(V\)）。質量はともに \(m\) なので、

$$m v + m\cdot 0 = (m + m)\,V \quad \Rightarrow \quad V = \frac{v}{2}$$

立式（反発係数 \(e=0\) の確認）：定義式 \(e = \dfrac{v_B' - v_A'}{v}\) で \(e=0\) なら \(v_A' = v_B'\)。これは共通速度の存在と一致します。鉛直方向の速度は2球で等しく衝突で不変なので、両球は同時刻 \(t_1\) に床へ着きます。

着地点：衝突後、A・B はともに水平速度 \(v/2\) で同じ高さを動きます。衝突は \(x=x_B\)、時刻 \(t_c=x_B/v\)。残り時間 \((t_1 - t_c)\) の横移動は

$$\frac{v}{2}\,(t_1 - t_c) = \frac{1}{2}\bigl(v t_1 - v t_c\bigr) = \frac{1}{2}(x_A - x_B)$$

よって着地点は（A・B 共通で）

$$x = x_B + \frac{1}{2}(x_A - x_B) = \frac{x_A + x_B}{2}$$

補足：弾性（設問4）との比較

設問4（\(e=1\)）では着地点が \(x_A\) と \(x_B\) に分かれ、設問5（\(e=0\)）ではその中点 \(\frac{x_A+x_B}{2}\) に2球が重なって着地します。一般の \(0\le e\le1\) では、A の着地点が \(\frac{x_A+x_B}{2} - \frac{e}{2}(x_A-x_B)\)、B が \(\frac{x_A+x_B}{2} + \frac{e}{2}(x_A-x_B)\) となり、\(e\) が大きいほど2球の着地点が離れます。

設問(6)

立式：鉛直方向の速度は2球で等しく、衝突の前後で変化しません。よって失われるのは水平方向の運動エネルギーだけです。衝突直前の水平速度は A が \(v\)、B が \(0\)。

$$E_{\text{前}} = \frac{1}{2}m v^{2} + \frac{1}{2}m\cdot 0^{2} = \frac{1}{2}m v^{2}$$

衝突後は2球がともに \(v/2\)（設問5）なので、

$$E_{\text{後}} = \frac{1}{2}m\!\left(\frac{v}{2}\right)^{2} + \frac{1}{2}m\!\left(\frac{v}{2}\right)^{2} = 2\times\frac{1}{2}m\cdot\frac{v^{2}}{4} = \frac{1}{4}m v^{2}$$

計算（減少量）：

$$\Delta E = E_{\text{前}} - E_{\text{後}} = \frac{1}{2}m v^{2} - \frac{1}{4}m v^{2} = \frac{1}{4}m v^{2}$$

数値確認：\(m = 1.0\ \mathrm{kg},\ v = 3.0\ \mathrm{m/s}\) なら \(\Delta E = \frac{1}{4}\times1.0\times3.0^2 = 2.25\ \mathrm{J}\)。衝突前の水平 KE \(4.5\ \mathrm{J}\) のちょうど半分が失われます。

補足：換算質量を使った別解

完全非弾性衝突で失われるエネルギーは、相対速度 \(v_{\text{rel}}\) と換算質量 \(\mu\) を使って \(\Delta E = \dfrac{1}{2}\mu\,v_{\text{rel}}^{2}\) と書けます。等質量なので \(\mu = \dfrac{m\cdot m}{m+m} = \dfrac{m}{2}\)、水平方向の相対速度は \(v_{\text{rel}} = v - 0 = v\) です。

$$\Delta E = \frac{1}{2}\cdot\frac{m}{2}\cdot v^{2} = \frac{1}{4}m v^{2}$$

本文と一致します。

設問(7)

記号の準備：高さ \(h\) から自由落下して床に達するまでの片道時間を \(t_0 = \sqrt{2h/g}\) とおきます。A を投げてから水平に \(x_B\) だけ進むのにかかる時間を \(\tau = \dfrac{x_B}{v}\) とおきます。衝突は A が \(x=x_B\) に達した瞬間に起きるので、A は投射から時間 \(\tau\) 後に衝突します。

B の運動：B は \(t=0\) に静かに落下を始め、\(t_0\) 後に1回目のバウンド。床との反発係数が 1 なので毎回もとの高さ \(h\) まで戻り、以後 \(2t_0\) ごとに同じ動きを繰り返します。\(n\) 回目のバウンドが起きる時刻は

$$t_n = t_0 + (n-1)\cdot 2t_0 = (2n-1)\,t_0$$

\(n\) 回目のバウンド直後、B は上向きの速さ \(\sqrt{2gh}=g t_0\) で打ち上げられ、バウンドからの経過時間 \(s\) に対する高さは \(y_B = g t_0\, s - \frac{1}{2}g s^{2}\)。

衝突条件（高さの一致）：A は \(t=T\) に投げ出され、衝突までの飛行時間は \(\tau\) なので、衝突時の A の高さは \(h - \frac{1}{2}g\tau^{2}\)。これを B の高さに等しいとおくと（\(h=\frac12 g t_0^2\) を使い整理）、

$$g t_0\, s - \tfrac{1}{2}g s^{2} = h - \tfrac{1}{2}g\tau^{2}\;\Rightarrow\;(s - t_0)^{2} = \tau^{2}\;\Rightarrow\;s = t_0 \pm \tau$$

B の山の頂点は \(s = t_0\)。よって \(s = t_0 - \tau\) なら上昇中（頂点の手前）、\(s = t_0 + \tau\) なら落下中（頂点の後）です。

発射時刻 \(T\)：衝突時刻は \(t = t_n + s = T + \tau\) なので \(T = t_n + s - \tau = (2n-1)t_0 + s - \tau\)。

落下中（\(s = t_0 + \tau\)）：

$$T = (2n-1)t_0 + (t_0 + \tau) - \tau = 2n\,t_0 = 2n\sqrt{\frac{2h}{g}}$$

上昇中（\(s = t_0 - \tau\)）：

$$T = (2n-1)t_0 + (t_0 - \tau) - \tau = 2n\,t_0 - 2\tau = 2n\sqrt{\frac{2h}{g}} - \frac{2x_B}{v}$$

補足：質量 \(m\) が答えに出てこない理由

放物運動も自由落下も、軌道や時刻は質量に依存しません（重力加速度は質量によらず \(g\)）。衝突自体はまだ起きる「前」のタイミングを問うているので、質量 \(m\) は不要。使うのは \(n,\ x_B,\ h,\ v,\ g\) です。

また、設問(3)の条件 \(v > x_B\sqrt{g/(2h)}\)、すなわち \(\tau < t_0\) が成り立つので、上昇中の \(T = 2n t_0 - 2\tau\) は \(n\ge1\) で必ず正になります。

設問(8)

立式（水平方向で衝突時刻）：A の水平方向の速さは \(V\cos\theta\)（一定）、B は真下に落ちるので水平には動きません。衝突は A が \(x=x_B\) に達する瞬間です。

$$V\cos\theta\cdot t_c = x_B \quad \Rightarrow \quad t_c = \frac{x_B}{V\cos\theta}$$

立式（鉛直方向で高さの一致）：衝突時刻 \(t_c\) における A と B の高さが等しいとします。A は初速の鉛直成分 \(V\sin\theta\) で打ち上げられ、B は静かに落下するので、

$$\underbrace{h + V\sin\theta\, t_c - \tfrac{1}{2}g t_c^{2}}_{\text{A の高さ}} = \underbrace{H - \tfrac{1}{2}g t_c^{2}}_{\text{B の高さ}}$$

計算：両辺の \(-\frac{1}{2}g t_c^{2}\)（自由落下分）が打ち消し合います。これが「両球が同じだけ落ちる」ことの数式表現です。

$$H = h + V\sin\theta\, t_c$$

\(t_c = \dfrac{x_B}{V\cos\theta}\) を代入すると \(V\) が約分され、

$$H = h + V\sin\theta\cdot\frac{x_B}{V\cos\theta} = h + x_B\,\frac{\sin\theta}{\cos\theta}$$ $$H = h + x_B\tan\theta$$

数値確認：\(h = 0.50\ \mathrm{m},\ x_B = 1.0\ \mathrm{m},\ \theta = 36^\circ\) なら \(H = 0.50 + 1.0\times\tan36^\circ \fallingdotseq 0.50 + 0.73 = 1.2\ \mathrm{m}\)。

補足：モンキーハンティングの本質

A の初速の向き（角度 \(\theta\)）の延長線は、点 \((0,h)\) から傾き \(\tan\theta\) で伸び、\(x=x_B\) では高さ \(h + x_B\tan\theta\) を通ります。これがちょうど B の初期高さ \(H\) に一致します。つまり「A の初速ベクトルを B の最初の位置にぴったり向ける」と必ず衝突するのがこの問題の正体です。重力は両球を同じだけ引き下げるので、「重力がなければ衝突する向き」に投げれば、重力があっても衝突します。\(V\) の大きさは（設問3の条件を満たす限り）結果に影響しません。

設問(9)

立式（相対加速度）：床から見た A の速度を \(\vec{v}_A\)、B の速度を \(\vec{v}_B\) とすると、B から見た A の相対速度は \(\vec{v}_{A/B} = \vec{v}_A - \vec{v}_B\)。両球とも重力加速度 \(\vec{g}\)（下向き）だけを受けるので、相対加速度は

$$\vec{a}_{A/B} = \vec{a}_A - \vec{a}_B = \vec{g} - \vec{g} = \vec{0}$$

相対加速度が 0 ⇒ B から見た A は等速直線運動に見えます。

向きの決定（初速の相対速度）：投射の瞬間、A の速度は \((V\cos\theta,\ V\sin\theta)\)（右上向き、水平から角 \(\theta\)）、B は静かに落とされるので速度 \((0,\ 0)\)。よって相対速度は

$$\vec{v}_{A/B} = (V\cos\theta,\ V\sin\theta)$$

これは水平方向と角 \(\theta\) をなす右上向きのベクトルで、衝突まで一定です。

初期位置と向き：投射の瞬間、A は B より左（\(0 < x_B\)）かつ下（\(h < H\)）にいます。よって B 中心の座標で見ると A は第3象限（左下）から出発し、原点 O（B）に向かって、X 軸の負側と角 \(\theta\) をなす直線に沿って近づきます。実線で表すと、左下から右上の O へ伸びるまっすぐな線分で、その傾きの角が \(\theta\)。これは選択肢（ウ）に一致します。

補足：曲線（ア）（イ）（カ）が誤りな理由

相対加速度が 0 である以上、相対運動の軌跡は必ず直線です。曲がっている選択肢（ア）（イ）（カ）は、相対運動に「見かけの加速度」が残っていることを意味し、誤り。また、A は B の左下から近づくので、軌跡は左下（第3象限）に伸びていなければなりません。右下・右上から来る図（エ・オ・キ・ク）は初期位置の象限が合いません。さらに直線の傾きの角は、相対速度の向きそのものなので \(\theta\)。これらをすべて満たすのが（ウ）です。