地球を「一様な密度の球」とみなし、地表の外側を回る円運動、地球を貫くトンネル内での単振動、エネルギー保存、そして水平投射との合わせ技を扱う万有引力の総合問題です。
小球は地球の中心 O のまわりを、半径 \(R+h\) でぐるぐる回っている。外向きに飛び出そうとする「遠心力」を、内向きの万有引力がちょうど引き止めている状態。回る半径が大きいほど引力は弱まり、ゆっくり回るほど1周に時間がかかる。
(a) 万有引力 \(F_1\)：小球と地球の中心 O の距離は \(R+h\)。万有引力の法則をそのまま適用する。
$$F_1 = \frac{GMm}{(R+h)^2}$$(b) 速さ \(V\)：円運動の運動方程式（向心方向）を立てる。向心力は万有引力 \(F_1\) なので、
$$m\frac{V^2}{R+h} = \frac{GMm}{(R+h)^2}$$両辺を整理して \(V^2\) について解くと、
$$V^2 = \frac{GM}{R+h} \quad\Rightarrow\quad V = \sqrt{\frac{GM}{R+h}}$$(c) 周期 \(T_1\)：1周の道のり \(2\pi(R+h)\) を速さ \(V\) で割る。
$$T_1 = \frac{2\pi(R+h)}{V} = 2\pi(R+h)\sqrt{\frac{R+h}{GM}} = 2\pi\sqrt{\frac{(R+h)^3}{GM}}$$得られた \(T_1^2 = \dfrac{4\pi^2}{GM}(R+h)^3\) は、軌道半径を \(a=R+h\) と書けば
$$T_1^2 = \frac{4\pi^2}{GM}\,a^3$$となり、まさにケプラーの第3法則（周期の2乗は軌道半径の3乗に比例）の形。比例定数 \(\dfrac{4\pi^2}{GM}\) が中心天体の質量 \(M\) だけで決まることが分かる。
円運動は「向心力 = 万有引力」の一本の式から始める。質量 \(m\) は両辺で消えるので、速さ \(V\) は小球の質量によらないのが特徴。
地球の内部に入ると、自分より外側の殻からの引力は打ち消し合ってゼロになり、内側の球だけが引っぱる。中心に近づくほど引っぱる「内側の球」は小さくなるので、引力はだんだん弱まり、中心ではゼロ。この「中心からの距離に比例して中心へ戻そうとする力」はばねと同じ → 単振動になる。
(a) 半径 \(r\) の球内の質量 \(M'\)：地球は一様な密度の球なので、密度 \(\rho\) は「全質量 ÷ 全体積」で一定。
$$\rho = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$$半径 \(r\) の球の質量 \(M'\) は、この密度に半径 \(r\) の球の体積 \(\dfrac{4}{3}\pi r^3\) を掛けたもの。
$$M' = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}\cdot \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{r^3}{R^3}M$$これで \(M' = \dfrac{r^3}{R^3}M\) が示された。
(b) 内部での万有引力 \(F_2\)：問題文より、半径 \(r\) の外側の殻は寄与せず、内側の質量 \(M'\) が中心 O に集まったとみなせる。小球と \(M'\) の距離は \(r\) なので、
$$F_2 = \frac{GM'm}{r^2} = \frac{G}{r^2}\cdot\frac{r^3}{R^3}M\cdot m = \frac{GMm}{R^3}\,r$$力の大きさが中心からの距離 \(r\) に比例している点が重要。向きはつねに中心 O に向かう（復元力）。
(c) 単振動の周期 \(T_2\)：復元力が \(F_2 = \dfrac{GMm}{R^3}r\) の形（\(F = -kx\) と同じ）なので、ばね定数に相当する量は
$$k = \frac{GMm}{R^3}$$単振動の周期の公式 \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\) に代入する。
$$T_2 = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{\dfrac{GMm}{R^3}}} = 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$$問(1)で \(h=0\)（地表すれすれ）とすると、
$$T_1\big|_{h=0} = 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}} = T_2$$つまりトンネル内の単振動の周期は、地表すれすれを回る円運動の周期とまったく同じ。これは偶然ではなく、「等速円運動の正射影は単振動である」ことの現れ。問(4)のグラフ選択で決定的な役割を果たす。
地球の実際の値を入れて \(T_2 = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}\) を見積もってみる。\(GM = gR^2\) を使うと（\(g\) は地表の重力加速度）、
$$T_2 = 2\pi\sqrt{\frac{R^3}{gR^2}} = 2\pi\sqrt{\frac{R}{g}}$$\(R = 6.4 \times 10^{6}\) m、\(g = 9.8\) m/s² を代入する。
$$T_2 = 2\pi\sqrt{\frac{6.4 \times 10^{6}}{9.8}} = 2\pi\sqrt{6.5 \times 10^{5}}\ \text{s} \fallingdotseq 2\pi \times 808\ \text{s}$$ $$T_2 \fallingdotseq 5.1 \times 10^{3}\ \text{s} \fallingdotseq 84\ \text{分}$$地球を貫くトンネルに飛び込むと、反対側に着くまで（半周期 \(t_0\)）は約 42分。これは低軌道の人工衛星が地球を半周する時間とも一致する、有名な結果である。
一様な球の内部では、力が \(r\) に比例する（外部は \(1/r^2\) に反比例）。\(F = kr\) の形を見たら単振動と即断し、\(k = \dfrac{GMm}{R^3}\) を読み取って周期公式へ。
点 H から落とした小球は、まず地表の外側（H→A）で \(1/r^2\) の引力に引かれて加速し、次にトンネル内（A→O）でばね的な引力に引かれてさらに加速し、中心 O で最速になる。「引力がした仕事の合計」がそのまま「中心での運動エネルギー」に変わる、というエネルギーの流れを追う。
(a) H→A で万有引力がする仕事 \(W_1\)：H も A も地表の外側（\(r\ge R\)）なので、万有引力による位置エネルギー \(\;\displaystyle U(r) = -\frac{GMm}{r}\;\)（基準：無限遠）を使える。仕事は「位置エネルギーの減少分」。
点 H は中心から \(R+h\)、点 A は中心から \(R\) の位置なので、
$$W_1 = U(R+h) - U(R) = \left(-\frac{GMm}{R+h}\right) - \left(-\frac{GMm}{R}\right)$$ $$W_1 = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{R+h} = \frac{GMmh}{R(R+h)}$$(b) A→O でトンネル内の万有引力がする仕事 \(W_2\)：内部では力 \(F_2 = \dfrac{GMm}{R^3}r\) が中心へ向かい、小球は \(r=R\) から \(r=0\) まで力の向きに移動する。力が \(r\) に比例する（ばねと同じ）ので、仕事は「力 \(\times\) 距離」ではなく、\(r\)-\(F\) グラフの三角形の面積（＝平均の力 \(\times\) 距離）になる。
$$W_2 = \frac{1}{2}\,(\text{最大の力})\times(\text{距離}) = \frac{1}{2}\cdot\frac{GMm}{R^3}R\cdot R = \frac{GMm}{2R}$$(c) 中心 O での速さ \(v\)：小球は点 H で静止（速さ0）からはなされる。仕事と運動エネルギーの関係より、H→O で引力がした仕事の合計 \(W_1+W_2\) が中心での運動エネルギーになる。
$$\frac{1}{2}mv^2 = W_1 + W_2 = \frac{GMmh}{R(R+h)} + \frac{GMm}{2R}$$右辺を \(\dfrac{GMm}{R}\) でくくって整理する。
$$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{GMm}{R}\left(\frac{h}{R+h} + \frac{1}{2}\right) = \frac{GMm}{R}\cdot\frac{2h + (R+h)}{2(R+h)} = \frac{GMm}{R}\cdot\frac{R+3h}{2(R+h)}$$両辺の \(m\) を消し、\(v\) について解くと、
$$v^2 = \frac{GM(R+3h)}{R(R+h)} \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{\frac{GM(R+3h)}{R(R+h)}}$$(d) 内部（\(r\lt R\)）の位置エネルギー \(U\)：基準は無限遠。まず地表 A（\(r=R\)）での値は外部の式から \(\;U(R) = -\dfrac{GMm}{R}\)。ここから中心へ \(r' = R\) から \(r' = r\) まで近づく間に引力がする仕事の分だけ位置エネルギーは下がる。その仕事は内部の \(r\)-\(F\) グラフの台形面積で、
$$W_{R\to r} = \int_{r}^{R}\frac{GMm}{R^3}r'\,dr' = \frac{GMm}{2R^3}\left(R^2 - r^2\right)$$（高校範囲では、\(r\)-\(F\) グラフの台形の面積として同じ値が得られる。）位置エネルギーは「\(U(R)\) からこの仕事だけ減少」するので、
$$U = U(R) - W_{R\to r} = -\frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R^3}\left(R^2 - r^2\right)$$ $$U = -\frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R} + \frac{GMm}{2R^3}r^2 = -\frac{GMm}{2R^3}\left(3R^2 - r^2\right)$$(d) の位置エネルギーを使うと、力学的エネルギー保存則で一気に \(v\) が出る。点 H（速さ0、\(r=R+h\)、外部）と中心 O（速さ \(v\)、\(r=0\)、内部）で保存則を立てる。
点 H：\(\;E_H = 0 + \left(-\dfrac{GMm}{R+h}\right)\)
中心 O：\(U\) の式に \(r=0\) を代入して \(\;U(0) = -\dfrac{3GMm}{2R}\)、よって \(\;E_O = \dfrac12 mv^2 - \dfrac{3GMm}{2R}\)
$$-\frac{GMm}{R+h} = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{3GMm}{2R}$$ $$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{3GMm}{2R} - \frac{GMm}{R+h}$$右辺を通分して整理すると \(\dfrac{GMm(R+3h)}{2R(R+h)}\) となり、(c) と完全に一致する。
$$v = \sqrt{\frac{GM(R+3h)}{R(R+h)}}$$内部の力は \(F(r) = \dfrac{GMm}{R^3}r\)（中心向き）。位置エネルギーは「力を外向きに距離 \(dr\) ずつ動かすのに要する仕事」を \(U(R)\) から積み上げる：
$$U(r) = U(R) - \int_{r}^{R}\frac{GMm}{R^3}r'\,dr' = -\frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R^3}\Big[r'^2\Big]_{r}^{R}$$ $$= -\frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R^3}(R^2 - r^2) = -\frac{GMm(3R^2 - r^2)}{2R^3}$$\(r=R\) を入れると \(-\dfrac{GMm}{R}\)（外部と連続）、\(r=0\) で \(-\dfrac{3GMm}{2R}\)（最小）になり、つじつまが合う。
外部と内部で力の式が違うので、仕事も別々に計算して足す。内部は力が \(r\) に比例するので、仕事は\(r\)-\(F\) グラフの三角形・台形の面積で求めるのが定石。位置エネルギーの基準（無限遠）と地表での連続性 \(U(R)=-\dfrac{GMm}{R}\) を出発点にする。
2つの小球が点 A から同時に出発する。小球1は水平にビュンと投げ出され、小球2はトンネルへストンと落ちる。2つが反対側の点 B で同時に衝突するという条件がカギ。「トンネルの単振動（A→B は半周期）」と「地表すれすれの円運動（A→B は半円）」の時間が等しいので、小球1は地表すれすれの円軌道を半周してきたと分かる。衝突後は速度が入れかわり、役割がそっくり交代する。
小球2は点 A（\(r=R\)）から静かにはなされ、トンネル内で単振動する。A→O→B（反対側の地表）は単振動の半周期にあたる。問(2)より周期は \(T_2 = 2\pi\sqrt{\dfrac{R^3}{GM}}\) なので、A から B までの時間 \(t_0\) は
$$t_0 = \frac{T_2}{2} = \pi\sqrt{\frac{R^3}{GM}}$$このとき小球2の \(r\)（中心からの距離）は、\(R\to 0\)（\(t_0/2\) で中心通過）\(\to R\) と、なめらかな（正弦的な）曲線で変化する。
小球1は A から速さ \(V_0\) で水平投射され、\(t_0\) で反対側の B に到達して衝突する。グラフ(あ)〜(く)はどれも \(r\le R\) の範囲で、\(r>R\) のもの（地表より外へ出るもの）が無い。これは小球1が地表より外へ出ず、\(r=R\) を保ったまま運動したことを意味する。すなわち小球1は地表すれすれの円運動をしている。その速さは第一宇宙速度 \(V_0 = \sqrt{\dfrac{GM}{R}}\)。
地表すれすれの円運動の周期は問(2)補足より \(T_2\) に等しく、A から B（円の反対側）までは半周 \(=\dfrac{T_2}{2}=t_0\)。小球2とぴったり同時刻 \(t_0\) に B へ到達でき、衝突条件と矛盾しない。よって \(0\le t\le t_0\) で小球1の \(r\) は \(R\) 一定。
質量の等しい2球の弾性衝突では速度が入れかわる。問題の条件「衝突直後に小球1が静止」より、衝突後の速度のやりとりは次のように整理できる。
| 衝突直前 | 衝突直後 | |
|---|---|---|
| 小球1 | B で速さ \(\sqrt{GM/R}\)（接線方向） | 静止（B で \(r=R\)） |
| 小球2 | B で速さ \(\sqrt{GM/R}\)（トンネル方向） | 小球1の速度を受け取り、地表で接線方向に \(\sqrt{GM/R}\) |
衝突後の小球1：点 B（地表のトンネル口）で静止 → そのままトンネルへ落下し単振動を始める。\(r\) は \(R\to 0\)（\(1.5t_0\) で中心）\(\to R\)（\(2t_0\) で B に戻る）と変化。
衝突後の小球2：地表で第一宇宙速度 \(\sqrt{GM/R}\) を接線方向に得る → 地表すれすれの円運動に入り、\(r=R\) 一定を保つ。
| \(0\le t\le t_0\) | \(t_0\le t\le 2t_0\) | グラフ | |
|---|---|---|---|
| 小球1 | \(r=R\) 一定（円運動） | \(R\to 0\to R\)（単振動・正弦的） | (あ) |
| 小球2 | \(R\to 0\to R\)（単振動・正弦的） | \(r=R\) 一定（円運動） | (い) |
単振動による \(r\) の変化は\(\;|\cos|\;\)型のなめらかな（正弦的な）曲線で、中心 0 に達する瞬間はとがらず丸い谷になる。直線的に下がる V 字型（う）（え）や、谷が鋭くとがる型（お）（か）、底が放物線的に平らな型（き）（く）は単振動の \(|\cos|\) 形と合わない。よって小球1は前半が水平で後半が正弦谷の(あ)、小球2は前半が正弦谷で後半が水平の(い)。
トンネル内の運動は単振動なので、中心に近づくほど速くなり、中心を最大速度で通過する。位置 \(r=|R\cos\omega t|\) は中心通過の瞬間に傾き（速さ）が最大で、底でなめらかに折り返す。
残るのは正弦的に丸く谷をつくる(あ)・(い)だけ。
この問題の核心は「トンネル単振動の半周期 ＝ 地表すれすれ円運動の半周期 ＝ \(t_0\)」。同時刻に反対側へ到達する仕掛けがここにある。等質量の弾性衝突では速度が入れかわるので、衝突後は2球の運動の種類（円運動／単振動）がそっくり交代する。