水平な棒に沿って動ける物体Aと、Aから糸で吊るした物体Bの運動を、3つの設定で考える総合問題です。Aを固定するか・Aを強制的に加減速するか・Aを自由に動かすかで、現れる物理が大きく変わります。
立式：物体Bにはたらく力は、糸の張力 $\vec S$（大きさ $S$、向きはB→A）と重力 $mg$（鉛直下向き）の2つだけです。糸が鉛直から角度 $\theta$ 傾いているとき、張力の単位ベクトル（B→A方向）は $(-\sin\theta,\ +\cos\theta)$ なので、張力の成分は次のようになります。
$$\vec S = \bigl(-S\sin\theta,\ +S\cos\theta\bigr)$$各方向の運動方程式：重力は $(0,\ -mg)$ なので、x方向・y方向それぞれで「質量×加速度＝力の和」を立てると、
$$\boxed{\,m a_x = -S\sin\theta\,}$$ $$\boxed{\,m a_y = S\cos\theta - mg\,}$$確認（数値例）：$\theta = 0.30$ rad のとき $\sin\theta\fallingdotseq0.296,\ \cos\theta\fallingdotseq0.955$。仮に $m=0.50$ kg、$S=5.0$ N、$g=9.8$ m/s² とすると、
$$m a_x = -5.0\times0.296 \fallingdotseq -1.48\ \text{N},\qquad m a_y = 5.0\times0.955 - 0.50\times9.8 \fallingdotseq -0.13\ \text{N}$$x成分は左向き（負）が確認でき、加速度は $a_x\fallingdotseq-3.0$ m/s²、$a_y\fallingdotseq-0.26$ m/s² となります。
糸に沿った方向（法線方向、B→A向き）と、糸に垂直な方向（接線方向）に分解すると運動が見やすくなります。半径 $l$ の円運動とみなすと、
法線方向：$S - mg\cos\theta = m l\,\dot\theta^2$（向心力の式。手を離した瞬間は $\dot\theta=0$ なので $S = mg\cos\theta$）
接線方向：$m l\,\ddot\theta = -mg\sin\theta$
x-y分解と物理的に同じ内容で、接線方向の式は次の問2の単振動へ直結します。
糸の張力は必ず糸方向。角度 $\theta$ のときの成分は $(-S\sin\theta,\ +S\cos\theta)$ と機械的に書ける。x-y分解と接線・法線分解の2通りを使い分けよう。
立式：$|\theta|$ が十分小さいとき、Bは水平方向にのみ運動すると考えてよく、$\sin\theta\fallingdotseq\theta,\ \cos\theta\fallingdotseq1$ と近似します。まず y方向の式 $m a_y = S\cos\theta - mg$ で、Bが水平運動なら $a_y\fallingdotseq0$ なので、
$$0 \fallingdotseq S - mg \quad\Rightarrow\quad S \fallingdotseq mg$$水平方向の運動方程式：Bの水平位置は $x = l\sin\theta \fallingdotseq l\theta$。問1の式に $\sin\theta\fallingdotseq\theta,\ S\fallingdotseq mg$ を代入すると、
$$m\ddot{x} = -S\sin\theta \fallingdotseq -mg\,\theta = -mg\cdot\frac{x}{l}$$ $$\ddot{x} = -\frac{g}{l}\,x$$これは角振動数 $\omega=\sqrt{g/l}$ の単振動の式です。周期は、
$$\boxed{\,T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\,}$$数値例：$l=1.0$ m、$g=9.8$ m/s² のとき、
$$T = 2\pi\sqrt{\frac{1.0}{9.8}} \fallingdotseq 2\pi\times0.319 \fallingdotseq 2.0\ \text{s}$$最下点を基準にすると位置エネルギーは $U = mgl(1-\cos\theta)\fallingdotseq\dfrac{1}{2}mgl\,\theta^2$、運動エネルギーは $K=\dfrac{1}{2}ml^2\dot\theta^2$。和が一定なので、
$$E = \frac{1}{2}ml^2\dot\theta^2 + \frac{1}{2}mgl\,\theta^2 = \text{一定}$$調和振動子 $\frac{1}{2}M\dot q^2 + \frac{1}{2}Kq^2$ の形と比べると $\omega^2 = \dfrac{mgl}{ml^2}=\dfrac{g}{l}$ が読め、同じ周期が得られます。
ガリレオ・ガリレイ（1564–1642）は、ピサ大聖堂のシャンデリアの揺れを自分の脈拍で計り、振れ幅によらず周期が一定であることに気づいたと伝えられます。この発見が、後の振り子時計（精密な機械時計）の基礎になりました。
微小振動では「鉛直方向のつり合いから $S\fallingdotseq mg$」「水平方向は $\ddot x=-\dfrac{g}{l}x$ の単振動」の2段構え。$T=2\pi\sqrt{l/g}$ は暗記必須で、$m$ にも振幅にもよらない。
1周期 $0\le t\le T$ の運動：Aは $t=0$ で静止（$v_A=0,\ x_A=0$）。加速度は前半 $+\alpha$、後半 $-\alpha$ の等加速度運動を継ぎ合わせたものです。
前半 $0\le t\le T/2$（$a=+\alpha$）：
$$v_A\!\left(\tfrac{T}{2}\right) = \alpha\cdot\frac{T}{2} = \frac{\alpha T}{2},\qquad x_A\!\left(\tfrac{T}{2}\right) = \frac{1}{2}\alpha\left(\frac{T}{2}\right)^2 = \frac{\alpha T^2}{8}$$後半 $T/2\le t\le T$（$a=-\alpha$、初速 $\dfrac{\alpha T}{2}$）：この半周期での速度変化は $-\alpha\cdot\dfrac{T}{2}$ なので、$t=T$ で速度はちょうど $0$ に戻ります。後半の移動距離は、
$$\Delta x = \frac{\alpha T}{2}\cdot\frac{T}{2} - \frac{1}{2}\alpha\left(\frac{T}{2}\right)^2 = \frac{\alpha T^2}{4} - \frac{\alpha T^2}{8} = \frac{\alpha T^2}{8}$$1周期あたりの前進量：前半＋後半で、しかも $t=T$ で再び静止に戻ります。
$$x_A(T) = \frac{\alpha T^2}{8} + \frac{\alpha T^2}{8} = \frac{\alpha T^2}{4},\qquad v_A(T)=0$$$n$ 周期後：各周期がまったく同じ運動（速度0から始まり0に戻る）を繰り返すので、前進量は $n$ 倍になります。
$$\boxed{\,x_n = n\cdot\frac{\alpha T^2}{4} = \frac{n\alpha T^2}{4}\,}$$数値例：$\alpha=2.0$ m/s²、$T=2.0$ s、$n=3$ なら、$x_3 = \dfrac{3\times2.0\times2.0^2}{4} = 6.0$ m。
速度 $v_A$ は1周期で「直線的に上がって直線的に下がる」三角形になります。$0\!\to\!T/2$ で $0\!\to\!\dfrac{\alpha T}{2}$、$T/2\!\to\!T$ で $\dfrac{\alpha T}{2}\!\to\!0$。
移動距離はこの三角形の面積（v-tグラフの面積＝変位）なので、底辺 $T$・高さ $\dfrac{\alpha T}{2}$ の三角形として、
$$x_A(T)=\frac{1}{2}\cdot T\cdot\frac{\alpha T}{2}=\frac{\alpha T^2}{4}$$これを $n$ 個並べれば $x_n=\dfrac{n\alpha T^2}{4}$。面積で考えると一発です。
方形波の加速度は「等加速度運動の継ぎ合わせ」。1周期で速度が0に戻り、変位 $\dfrac{\alpha T^2}{4}$ だけ前進する周期運動。v-tグラフの三角形の面積で確認すると速い。
(c) 慣性力の水平成分：非慣性系（Aとともに動く系）では、Aの加速度 $+\alpha$ と逆向きに、大きさ $m\alpha$ の慣性力がBにはたらきます。右向きを正とすると、
$$\boxed{\,(c)\ =\ -m\alpha\,}$$(d) 振動の中心のずれ：この系でBにはたらく水平方向の力は「糸の張力の水平成分 $-S\sin\theta\fallingdotseq-mg\theta=-\dfrac{mg}{l}x$」と「慣性力 $-m\alpha$」の和です。$x$ をBの水平位置（初期位置からのずれ）として運動方程式を書くと、
$$m\ddot{x} = -\frac{mg}{l}x - m\alpha$$釣り合い（振動の中心）は $\ddot x=0$ より、
$$0 = -\frac{mg}{l}x_{\rm c} - m\alpha \quad\Rightarrow\quad x_{\rm c} = -\frac{\alpha l}{g}$$ $$\boxed{\,(d)\ =\ -\frac{\alpha l}{g}\,}$$(e) $t=T/2$ での糸の角度：Bは初期位置 $x=0$ で静止状態から出発し、中心 $x_{\rm c}=-\dfrac{\alpha l}{g}$ のまわりで周期 $T$ の単振動を半周期だけします。出発点が中心から $|0-x_{\rm c}|=\dfrac{\alpha l}{g}$（振幅）だけ右にあるので、半周期後には中心をはさんだ反対側、すなわち、
$$x\!\left(\tfrac{T}{2}\right) = 2x_{\rm c} - 0 = -\frac{2\alpha l}{g}$$に達して一瞬静止します。角度は $x=l\sin\theta\fallingdotseq l\theta$ より、
$$\theta\!\left(\tfrac{T}{2}\right) = \frac{x}{l} = -\frac{2\alpha}{g}$$ $$\boxed{\,(e)\ =\ -\frac{2\alpha}{g}\,}$$単振動 $x(t)=x_{\rm c}+A\cos(\omega t)$ を考えます。$t=0$ で静止（$\dot x=0$）かつ $x=0$ なら、$A=-x_{\rm c}=\dfrac{\alpha l}{g}$ で $x(t)=x_{\rm c}\bigl(1-\cos\omega t\bigr)$。半周期 $\omega t=\pi$ で $\cos\omega t=-1$ となり $x=2x_{\rm c}$。
$$x\!\left(\tfrac{T}{2}\right)=x_{\rm c}(1-(-1))=2x_{\rm c}=-\frac{2\alpha l}{g}$$このとき再び $\dot x=0$（速度0）になるのが「一瞬静止」の意味です。次の半周期は $a=-\alpha$ に切り替わるので、また新しい中心へ向けて振動を続けます。
加速する台に乗ったら慣性力 $-ma_A$ を足す。一定の横向き力は「振動の中心をずらす」だけで、単振動の周期 $T$ は変えない。静止スタートなら半周期で中心の反対側へ到達する。
相対座標で立式：Bの水平位置のうち、糸の傾きに対応する「Aに対する相対変位」を $\xi = l\sin\theta\fallingdotseq l\theta$ とおきます。ラボ系でのBの運動方程式は $m\ddot{x}_B = -\dfrac{mg}{l}\xi$（張力の水平成分）。$x_B = x_A + \xi$ で $\ddot x_B = \ddot x_A + \ddot\xi$、Aの加速度は $\ddot x_A = \pm\alpha$ なので、
$$\ddot{\xi} = -\frac{g}{l}\,\xi \mp \alpha \qquad(\omega^2=\tfrac{g}{l})$$つまり $\xi$ は、半周期ごとに中心が $\xi_{\rm c}=\mp\dfrac{\alpha l}{g}$ と入れ替わる単振動です。各半周期は「速度0で出発 → 半周期後に中心の反対側で速度0」を満たすので、折り返し点 $\xi_k$（$t=k\cdot\tfrac{T}{2}$）は次の漸化式で決まります（$\xi_0=0$）。
$$\xi_k = 2\,\xi_{\rm c}^{(k)} - \xi_{k-1},\qquad \xi_{\rm c}^{(k)} = (-1)^{k}\frac{\alpha l}{g}$$順に計算：（$u\equiv\dfrac{\alpha l}{g}$ と略記）
$$\xi_1 = 2(-u)-0 = -2u,\quad \xi_2 = 2(+u)-(-2u)=+4u,\quad \xi_3=2(-u)-4u=-6u,\quad \xi_4=2(+u)-(-6u)=+8u$$1周期ごと（偶数番）の値：$\xi_0=0,\ \xi_2=4u,\ \xi_4=8u,\dots$ と、$t=nT$ では $\xi_{2n}=4n\,u=4n\dfrac{\alpha l}{g}$。角度に直すと $\theta=\dfrac{\xi}{l}$ なので、
$$\boxed{\,\theta_n = \frac{\xi_{2n}}{l} = \frac{4n\alpha}{g}\,}$$検算：$n=1$ なら $\theta_1=\dfrac{4\alpha}{g}$。これは問4の $t=T/2$ の角度 $-\dfrac{2\alpha}{g}$ から、後半（$a=-\alpha$、中心 $+u$、振幅 $3u$）で半周期振れて $+4u$ に達する流れと整合します。
各半周期の「中心からの振幅」は $|\xi_{k-1}-\xi_{\rm c}^{(k)}|$。中心が $\pm u$ を交互にとるため、振幅は $u,\,3u,\,5u,\,7u,\dots$ と奇数倍に増えていきます。折り返し点はその2倍ずつ反対側へ移るので、偶数番（$t=nT$）の値は $0,4u,8u,\dots$ と $4u$ 刻みの等差数列になります。
物理的には、半周期ごとの符号反転がちょうど振動の山・谷と同期して、振れがどんどん大きくなる共鳴に似た現象です（ブランコを半周期ごとに押すイメージ）。
相対座標 $\xi=l\theta$ に直すと、Aの強制加速は「単振動の中心が半周期ごとに左右へ飛ぶ」運動になる。折り返し点の漸化式 $\xi_k=2\xi_{\rm c}-\xi_{k-1}$ で追えば $\theta_n=\dfrac{4n\alpha}{g}$。
Aの運動方程式：Aにはたらく水平方向の力は、糸がAを引く力の水平成分と外力 $F_x$ のみ（重力・棒の抗力は鉛直方向）。糸がBを引く力の水平成分は $-S\sin\theta$ だったので、その反作用として糸がAを引く力の水平成分は $+S\sin\theta$ です。よって、
$$M\alpha = F_x + S\sin\theta \quad\Rightarrow\quad F_x = M\alpha - S\sin\theta$$$t=T/6$ での糸の傾き：前半（$0 糸の水平成分を代入：微小角なので $S\fallingdotseq mg,\ \sin\theta\fallingdotseq\theta$。 外力を求める： 数値例：$M=2.0$ kg、$m=0.50$ kg、$\alpha=3.0$ m/s² なら、$F_x = (2.0 + 0.25)\times3.0 = 6.75$ N。Aだけを動かす分 $M\alpha=6.0$ N に、Bを引っぱる分 $\dfrac{m\alpha}{2}=0.75$ N が上乗せされます。 A・Bをまとめた系に水平方向ではたらく外力は、Aへの外力 $F_x$ だけ（糸の張力は内力）。系の水平方向の運動量変化＝外力なので、 Aの加速度は $a_A=\alpha$。Bの水平加速度は問1より $a_B^{(x)}=-\dfrac{S\sin\theta}{m}\fallingdotseq-g\theta$。$t=T/6$ で $\theta=-\dfrac{\alpha}{2g}$ だから $a_B^{(x)}=-g\cdot\left(-\dfrac{\alpha}{2g}\right)=\dfrac{\alpha}{2}$。よって、 内力を消して系全体で見ると、張力を経由せず一気に求まります。 外力＝（Aだけを加速する分 $M\alpha$）＋（糸越しにBを動かす反作用分）。系全体で見れば $F_x=Ma_A+ma_B$。$t=T/6$ の角度は問4の単振動の式から $\cos\dfrac{\pi}{3}=\dfrac12$ を使って求める。別解：A+Bを一体とみなして系全体で考える
着眼点：Bが最高点＝糸の角度が最大＝角速度 $\dot\theta=0$。Bの速度は「Aの速度＋（Aに対する相対速度）」ですが、糸が伸びない条件で相対速度は糸に垂直な成分 $l\dot\theta$ のみ。$\dot\theta=0$ なら相対速度は $0$、つまりBはAと同じ速度で動きます。最高点では鉛直成分もゼロなので、$v_B = v_A$（ともに水平）。
水平方向の運動量保存：系（A＋B）に水平方向の外力ははたらきません。初め（A:静止、B:右向き $v_0$）と最高点（A,Bともに $v_A$）で比べると、
$$m v_0 + M\cdot 0 = m v_A + M v_A = (m+M)\,v_A$$$v_A$ について解く：
$$\boxed{\,v_A = \frac{m}{M+m}\,v_0\,}$$数値例：$M=3m$、$v_0=2.0$ m/s なら、$v_A = \dfrac{m}{4m}\times2.0 = \dfrac{1}{4}\times2.0 = 0.50$ m/s。
系の重心の水平速度は、外力がないので常に一定です。初期は、
$$V_G = \frac{m v_0 + M\cdot0}{M+m} = \frac{m v_0}{M+m}$$Bが最高点ではA・Bが共通速度で動くので、その共通速度はそのまま重心速度に等しくなります。よって $v_A = V_G = \dfrac{m v_0}{M+m}$。運動量保存則を書かなくても、重心速度不変だけで即答できます。
「最高点 $\Leftrightarrow$ $\dot\theta=0$ $\Leftrightarrow$ 相対速度0 $\Leftrightarrow$ A,B共通速度」が決め手。水平方向の運動量保存（または重心速度不変）で共通速度 $\dfrac{m v_0}{M+m}$ が出る。完全非弾性衝突で一体化する瞬間と同じ発想。
エネルギー保存（初期 → 最高点）：糸の張力・棒の抗力は仕事をしない（または内力）ので、力学的エネルギーが保存します。
$$\frac{1}{2}m v_0^2 = \frac{1}{2}(M+m)\,v_A^2 + m g h$$問7の結果 $v_A=\dfrac{m v_0}{M+m}$ を代入：
$$\frac{1}{2}(M+m)v_A^2 = \frac{1}{2}(M+m)\cdot\frac{m^2 v_0^2}{(M+m)^2} = \frac{m^2 v_0^2}{2(M+m)}$$$h$ について解く：
$$m g h = \frac{1}{2}m v_0^2 - \frac{m^2 v_0^2}{2(M+m)} = \frac{m v_0^2}{2}\left(1 - \frac{m}{M+m}\right) = \frac{m v_0^2}{2}\cdot\frac{M}{M+m}$$ $$\boxed{\,h = \frac{M v_0^2}{2(M+m)\,g}\,}$$数値例：$M=3m$、$v_0=2.0$ m/s、$g=9.8$ m/s²：
$$h = \frac{3m\cdot(2.0)^2}{2(3m+m)\cdot9.8} = \frac{3\times4.0}{8\times9.8} = \frac{12}{78.4} \fallingdotseq 0.15\ \text{m}$$参考に、A固定なら $h_0=\dfrac{v_0^2}{2g}=\dfrac{4.0}{19.6}\fallingdotseq0.20$ m。Aが逃げる分だけ最高点が約25 %低くなることが分かります。
系の全運動エネルギーは「重心の運動エネルギー」と「重心まわりの相対運動エネルギー」に分けられます（ケーニッヒの定理）。重心運動エネルギーは外力がないので保存量で、
$$K_{\rm G} = \frac{1}{2}(M+m)V_G^2 = \frac{1}{2}(M+m)\cdot\frac{m^2 v_0^2}{(M+m)^2} = \frac{m^2 v_0^2}{2(M+m)}$$最高点では相対運動エネルギーがすべて位置エネルギーに変わるので、初期の相対運動エネルギーが $mgh$ に等しい：
$$mgh = K_{\rm tot,初}-K_{\rm G} = \frac{1}{2}m v_0^2 - \frac{m^2 v_0^2}{2(M+m)} = \frac{mM v_0^2}{2(M+m)}$$ $$\Rightarrow\quad h = \frac{M v_0^2}{2(M+m)g}$$「使えるのは相対運動エネルギーだけ」という見方が、衝突・分裂問題でも強力です。
運動量保存（問7）とエネルギー保存（問8）の二段構え。$h=\dfrac{Mv_0^2}{2(M+m)g}$ は換算質量 $\mu=\dfrac{mM}{m+M}$ を使って $h=\dfrac{\mu v_0^2}{2mg}$ とも書け、2体問題・衝突問題の定番形。$M\to\infty$ で $h\to\dfrac{v_0^2}{2g}$ になる極限チェックも有効。