大問：物理 問題Ⅰ

解法の指針

ばね付き発射台からの小球の打ち上げ、斜方投射、最高点での衝突を扱う力学の総合問題です。

問題の構成

全体を貫くポイント

設問(1)

直感的理解
ばねの弾性エネルギーが、小球の運動エネルギーと重力の位置エネルギーに変わる。斜面を距離 $d$ 登ると、高さは $d\sin\phi$ だけ上がる。

設定：ばねを自然長から $d$ だけ縮めた状態（初期状態、速度 $0$）から、自然長の位置（発射位置）に達するまでの運動を考えます。初期位置を高さの基準とすると、発射位置の高さは $d\sin\phi$ です。

立式：力学的エネルギー保存則（摩擦なし）より、

計算：$V_1^2$ について整理します。

答え：
$$V_1 = \sqrt{\frac{k}{m}d^2 - 2gd\sin\phi}$$
補足：$V_1 > 0$ の条件

$V_1$ が実数になるには根号の中が正である必要があるため、$\frac{k}{m}d^2 > 2gd\sin\phi$ すなわち $kd > 2mg\sin\phi$ が条件です。ばねの力がmg sinφ（斜面方向の重力成分）に打ち勝つだけの縮みがあるということです。

具体例：数値を代入して確認

例えば m = 0.10 kg, k = 200 N/m, d = 0.050 m, g = 9.8 m/s², φ = 30° の場合：

$$V_1 = \sqrt{\frac{200}{0.10} \times 0.050^2 - 2 \times 9.8 \times 0.050 \times \sin 30°}$$ $$= \sqrt{2000 \times 0.0025 - 2 \times 9.8 \times 0.050 \times 0.50}$$ $$= \sqrt{5.0 - 0.49} = \sqrt{4.51} \fallingdotseq 2.1 \text{ m/s}$$

ばねの弾性エネルギーは 0.50 × 200 × 0.0025 = 0.25 J、重力の位置エネルギー増加は 0.10 × 9.8 × 0.025 = 0.0245 J で、差の 0.226 J が運動エネルギーになります。

Point

斜面上の移動距離 $d$ と鉛直方向の高さ $d\sin\phi$ を混同しないこと。エネルギー保存では鉛直方向の高さ変化を使う。

設問(2)

直感的理解
台が左に速さ $V_3$ で動くと、台の上に立っている人には小球が右に $V_3$ だけ余分に速く見える。台から見た小球は常に斜面に沿って（角度 $\phi$ で）動くので、この相対速度の向きが $\phi$ に一致する。

設定：床から見た小球の速度成分が $(V_{2x},\, V_{2y})$、発射台の速度が $(-V_3,\, 0)$（左向き）です。

立式：台から見た小球の相対速度 $\vec{v}_{\text{rel}}$ は、

台上では小球は斜面に沿って進む（拘束条件）ので、$\vec{v}_{\text{rel}}$ の向きが $\phi$ に一致します。したがって、

答え：
$$\tan\phi = \frac{V_{2y}}{V_{2x} + V_3}$$
Point

「台から見ると小球は常に斜面に沿って動く」という幾何学的拘束条件がカギ。相対速度 ＝ 小球の速度 − 台の速度 のベクトル引き算を正確に。

設問(3)

直感的理解
小球＋台の系に水平方向の外力は働かない（重力・垂直抗力はいずれも鉛直方向、床は滑らか）。初め両方とも静止しているので、水平方向の全運動量はずっとゼロのまま。

立式：水平方向の運動量保存則（右向きを正）。初期状態では両者静止しているため全運動量は $0$ です。

答え：
$$mV_{2x} - MV_3 = 0$$
補足：この式の物理的意味

$mV_{2x} = MV_3$ は「小球の右向きの運動量と台の左向きの運動量が常に等しい」ことを意味します。つまり小球が勢いよく飛び出すほど、台も大きな速さで反対方向に動きます（作用・反作用の結果）。

Point

「系に水平方向の外力がない → 水平方向の全運動量が保存」。台は左向きなので速度の符号は $-V_3$。

設問(4)

直感的理解
台が左へ逃げる分、小球は床から見ると「より上向き」に打ち出されたように見える。水平方向の速度が $V_{2x}$ に減る一方、鉛直方向の $V_{2y}$ は台の後退の影響を受けないため、相対的に角度が大きくなる。

立式：床から見た発射角を $\phi'$ とします。

設問(2)の結果 $\tan\phi = \dfrac{V_{2y}}{V_{2x}+V_3}$ を $V_{2y}$ について解くと、

これを $\tan\phi'$ に代入します。

ここで、小球は右へ打ち出され ($V_{2x} > 0$)、台は左へ動く ($V_3 > 0$) なので、

したがって $\tan\phi' > \tan\phi$ であり、$0^\circ < \phi,\, \phi' < 90^\circ$ の範囲では $\tan$ は単調増加なので、

答え：
床から見た発射角度 $\phi'$ は $\tan\phi' = \dfrac{V_{2y}}{V_{2x}}$ であり、設問(2)より $V_{2y} = (V_{2x}+V_3)\tan\phi$ であるから、 $$\tan\phi' = \left(1 + \frac{V_3}{V_{2x}}\right)\tan\phi$$ $V_{2x}>0,\; V_3>0$ より $\tan\phi' > \tan\phi$。$0^\circ < \phi,\,\phi' < 90^\circ$ の範囲では $\phi' > \phi$。
Point

設問(2)の結果をフルに活用。$V_{2y}$ を消して $\tan\phi'$ を $\tan\phi$ で表す流れ。直感とも整合：台が逃げる → より上向きに飛ぶ。

設問(5)

直感的理解
最高点では鉛直速度がゼロになる瞬間。「上に投げたボールが一瞬止まる瞬間」と同じ。シミュレーションで赤矢印（鉛直速度）が最高点でゼロになるのを確認しよう。

設定：初速 $v_0$、発射角 $\theta$ で斜方投射された小球を考えます。

最高点の時刻 $t_1$：鉛直方向の速度が $0$ になる条件から、

最高点の高さ $h$：$t = t_1$ を鉛直方向の位置の式に代入します。

答え：
$$t_1 = \frac{v_0\sin\theta}{g},\quad h = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$$
別解：エネルギー保存で $h$ を求める

最高点では鉛直速度がゼロで水平速度 $v_0\cos\theta$ だけが残るので、打ち上げ地点と最高点でエネルギー保存を適用すると、

$$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}m(v_0\cos\theta)^2 + mgh$$ $$mgh = \frac{1}{2}m\bigl(v_0^2 - v_0^2\cos^2\theta\bigr) = \frac{1}{2}mv_0^2\sin^2\theta$$ $$h = \frac{v_0^2\sin^2\theta}{2g}$$

運動方程式を使わずに $h$ が得られます。

Point

最高点 ＝ 鉛直速度ゼロ。この条件から $t_1$ を出し、$t_1$ を高さの式に代入する2ステップ。

設問(6)

直感的理解
水平方向には力が働かないので等速直線運動。速さ $v_0\cos\theta$ で時間 $t_1$ だけ進んだ距離が $l$。

立式・計算：水平方向は加速度ゼロの等速運動なので、

設問(5)で求めた $t_1 = \dfrac{v_0\sin\theta}{g}$ を代入すると、

答え：
$$l = \frac{v_0^2\sin\theta\cos\theta}{g}$$
補足：2倍角の公式で書き直す

$\sin\theta\cos\theta = \frac{1}{2}\sin 2\theta$ を用いると $l = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{2g}$ とも書けます。これは全水平到達距離（飛距離）$R = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{g}$ のちょうど半分であり、放物線の対称性から当然です。

Point

水平方向は「等速」なので速さ×時間で距離。$t_1$ は設問(5)の結果をそのまま使う。

設問(7)

直感的理解
最高点 $(l,\, h)$ がちょうど台の端 $(L,\, H)$ に一致するようにしたい。設問(5)(6)の結果を $H,\, L$ で書き直して $v_0$ を求め、$E_0 = \frac{1}{2}m_1 v_0^2$ を計算する。$\theta$ は消去する。

手順：設問(5)(6)で $h = H$, $l = L$ とおきます。

$v_0^2\cos^2\theta$ を求める：②の両辺を2乗し、①で割ります。

$v_0^2$ を求める：$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ を利用します。

$E_0$ を求める：

答え：
$$E_0 = \frac{m_1 g(4H^2+L^2)}{4H}$$
Point

$\theta$ の消去テクニック：$\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$ の両辺に $v_0^2$ を掛けた形 $v_0^2 = v_0^2\sin^2\theta + v_0^2\cos^2\theta$ を使い、それぞれを①③で置き換える。

設問(8)

直感的理解
最高点では小球1の鉛直速度はゼロで、水平方向の速さ $v_0\cos\theta$ だけが残っている。小球2は台の上で静止。したがって衝突は水平方向だけの1次元問題になる。

設定：右向きを正とします。

立式：水平方向の運動量保存則より、

答え：
$$m_1 v_0\cos\theta = -m_1 v_1 + m_2 v_2 \quad\cdots\text{①}$$
Point

$v_1, v_2$ は「速さ」（正の値）で定義されている。$v_1$ は左向きなので速度として扱うときは $-v_1$ と符号を付ける。ここを間違えると設問(9)(10)にも響く。

設問(9)

直感的理解
反発係数 $e$ は「衝突後にどれだけ弾むか」を表す指標。$e = 1$ で完全弾性、$e = 0$ で完全非弾性。接近速度と離反速度の比として定義される。

反発係数の定義：衝突後の相対速度の大きさ ÷ 衝突前の相対速度の大きさ。

衝突前の相対速度（接近速度）は $v_0\cos\theta - 0 = v_0\cos\theta$。衝突後の相対速度（離反速度）は、小球2が右に $v_2$ で進み小球1が左に $v_1$ で進むので $v_2 - (-v_1) = v_1 + v_2$。

連立：①と②を連立して $v_1, v_2$ を求めます。

まず②を $v_2$ について解きます。

②'を①に代入します。

$v_1$ の項を左辺に移項します。

$v_2$ は②'に代入して求めます。

答え：
$$v_1 = \frac{m_2 e - m_1}{m_1 + m_2}\,v_0\cos\theta,\quad v_2 = \frac{m_1(1+e)}{m_1 + m_2}\,v_0\cos\theta$$
補足：$v_1$ の符号について

問題文では「小球1は跳ね返って左向きに進む」ことを前提にしています。これが成り立つには $v_1 > 0$、つまり $m_2 e > m_1$ が必要です。

例えば $m_1 = m_2$ で $e = 1$（完全弾性衝突）なら $v_1 = 0$（小球1は停止し、小球2が $v_0\cos\theta$ で飛ぶ）。これはニュートンのゆりかごと同じ現象です。

別解：衝突の一般公式を使う

質量 $m_1$ の物体が速度 $u$ で静止した質量 $m_2$ に衝突するとき、衝突後の速度は一般に、

$$v_1' = \frac{m_1 - m_2 e}{m_1+m_2}\,u, \quad v_2' = \frac{m_1(1+e)}{m_1+m_2}\,u$$

本問では $u = v_0\cos\theta$ であり、小球1は「跳ね返る（速度が負になる）」ので、速さは $|v_1'| = \frac{m_2 e - m_1}{m_1+m_2}\,v_0\cos\theta$ となり、同じ結果が得られます。

Point

衝突の定石：「運動量保存 ＋ 反発係数」の2式を連立して2つの未知数 $v_1, v_2$ を求める。片方を消去 → 代入の流れ。

設問(10)

直感的理解
衝突でエネルギーの一部が熱や音に変わって失われる。$e = 1$（完全弾性衝突）なら損失ゼロ、$e = 0$（完全非弾性衝突）なら損失最大。

設定：衝突直前の小球1の運動エネルギーを $E_1$ とおきます。

衝突後の運動エネルギーの合計 $E_2$：設問(9)の結果を代入します。

損失エネルギー $\Delta E$：

直接計算するより、次の衝突エネルギー損失の公式を利用する方が簡潔です。

この公式を $E_1 = \frac{1}{2}m_1(v_0\cos\theta)^2$ で割ると、

つまり、

$E_1$
衝突前
=
$\Delta E$
衝突後
■ 残った運動KE
■ 損失 $\Delta E$
答え（空欄）：
$$1 - e^2$$
公式の導出（衝突エネルギー損失の一般式）

運動量保存式①より $m_1 v_0\cos\theta = -m_1 v_1 + m_2 v_2$。反発係数②より $v_1 + v_2 = ev_0\cos\theta$。

$\Delta E$ は衝突前後の運動エネルギーの差であり、

$$\Delta E = \frac{1}{2}m_1(v_0\cos\theta)^2 - \frac{1}{2}m_1 v_1^2 - \frac{1}{2}m_2 v_2^2$$ $$= \frac{1}{2}\bigl[m_1(v_0\cos\theta)^2 - m_1 v_1^2 - m_2 v_2^2\bigr]$$

①と②を使って整理すると（途中計算は省略）、

$$\Delta E = \frac{1}{2}\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}(1-e^2)(v_0\cos\theta)^2$$
補足：$1 - e^2$ の意味を確認
  • $e = 1$（完全弾性衝突）→ $1 - e^2 = 0$ → 損失ゼロ（エネルギー保存）
  • $e = 0$（完全非弾性衝突）→ $1 - e^2 = 1$ → 最大損失
  • $0 < e < 1$ → 損失は $e$ が小さいほど大きい

$1 - e^2 = (1-e)(1+e)$ と因数分解もでき、$e$ が $1$ に近いほど損失は急激に小さくなることが分かります。

Point

衝突のエネルギー損失公式 $\Delta E = \frac{1}{2}\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}(1-e^2) \cdot (\text{相対速度})^2$ を覚えておくと一瞬で整理できる。公式を忘れても、設問(9)の $v_1, v_2$ を使って $E_1 - E_2$ を地道に計算すれば同じ結果を得られる。