解法の指針

水平に対して傾き角 $\theta$ をもつ斜面 AC・EG と、点 O を中心とする半径 $R$・中心角 $2\theta$ の円弧 CE をなめらかにつないだ「山型の台」の上で、ばね（ばね定数 $k$）につながれた質量 $m$ の小球の運動と、点 F に静止していた質量 $M\,(M>m)$ の小物体との弾性衝突を扱う力学の総合問題です。

図形の約束（高さの基準を O にとる）

点	O からの高さ	意味
B, F	$0$	斜面上で O と同じ高さ
C, E	$R\cos\theta$	円弧の端（OC, OE は鉛直から角 $\theta$）
D	$R$	円弧の最高点（O の真上）

OC・OE は鉛直線 OD から左右に角 $\theta$ 開いているので、C・E の高さは $R\cos\theta$、最高点 D の高さは $R$ です。この「角度で高さを表す」幾何が問題全体の鍵になります。

問題の構成

• 問(1) — 小球単独の運動：(a) 斜面でのばねのつりあい → (b) エネルギー保存で発射の速さ → (c) 点 C での速さ → (d) 円弧上で台から離れる条件 → (e) 点 E で再接触することからの $v_0$。
• 問(2) — 小物体との衝突：(a) 弾性衝突の速度 → (b) 摩擦面での停止距離 → (c)(d) は $\theta=45^\circ$ で、跳ね返った小球が点 D を通過する条件と、到達高さ $h$ と $M$ の関係。

問(1)(a) — ばねの自然長からの縮み $d$

小球が斜面上で静止しているとき、斜面に沿った方向の力がつりあっています。斜面に沿って上向きを正とすると、はたらく力はばねの弾性力 $kd$（上向き）と重力の斜面成分 $mg\sin\theta$（下向き）です。

斜面方向のつりあいの式：

$$kd = mg\sin\theta$$

これを $d$ について解いて：

$$d = \frac{mg\sin\theta}{k}$$

🧮 補足：具体的な数値での確認

$m = 0.50\,\text{kg}$, $k = 49\,\text{N/m}$, $\theta = 30^\circ$, $g = 9.8\,\text{m/s}^2$ のとき：

$$d = \frac{mg\sin\theta}{k} = \frac{0.50 \times 9.8 \times 0.50}{49} = \frac{2.45}{49} = 0.050\,\text{m} = 5.0\,\text{cm}$$

この $d$ が以降の (b) 以降ですべての基準量になります。

問(1)(b) — 点 B で支持板から離れる速さ $v_0$

ばねを自然長から $3d$ 縮めたときの弾性エネルギーは $\dfrac{1}{2}k(3d)^2$ です。手をはなすと小球は斜面を $3d$ だけ上昇して点 B（ばねが自然長になる位置）に達し、ここで支持板から離れます。このとき高さは $3d\sin\theta$ だけ上がります。

力学的エネルギー保存則（斜面はなめらか）を、縮めた位置と点 B の間で立てます：

$$\frac{1}{2}k(3d)^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 + mg\,(3d)\sin\theta$$

左辺を展開し、(a) で得た関係 $mg\sin\theta = kd$ を右辺の位置エネルギーに代入します：

$$\frac{9}{2}kd^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 + (kd)(3d) = \frac{1}{2}mv_0^2 + 3kd^2$$

$\dfrac{1}{2}mv_0^2$ について整理すると：

$$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{9}{2}kd^2 - 3kd^2 = \frac{3}{2}kd^2$$

両辺を $\dfrac{m}{2}$ で割って $v_0^2$ を求めます：

$$v_0^2 = \frac{3kd^2}{m} \quad\Longrightarrow\quad v_0 = d\sqrt{\frac{3k}{m}}$$

$mg\sin\theta=kd$ を使ったことで $\theta$ が消え、$k, m, d$ だけで表せました。

📐 別解：つりあい位置を基準にした単振動の考え方

つりあい位置（自然長から $d$ 縮んだ点）を単振動の中心と見ます。$3d$ 縮めた位置は中心から $2d$ 離れた点なので、振幅 $A=2d$、角振動数 $\omega=\sqrt{k/m}$ の単振動です。点 B は中心から $d$（＝自然長側へ $d$）の点なので、単振動の速さの式 $v = \omega\sqrt{A^2-x^2}$ に $x=d$ を代入：

$$v_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}\sqrt{(2d)^2 - d^2} = \sqrt{\frac{k}{m}}\sqrt{3d^2} = d\sqrt{\frac{3k}{m}}$$

エネルギー保存と完全に一致します。重力は単振動の中心位置をずらすだけで、振動の式自体には現れない点に注意。

問(1)(c) — 点 C を通過するときの速さ $v_1$

点 B は O と同じ高さ（高さ $0$）、点 C は円弧の端で O より $R\cos\theta$ だけ高い位置にあります。台はなめらかなので、B と C の間で力学的エネルギーが保存します。

B → C のエネルギー保存則：

$$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + mgR\cos\theta$$

$v_1^2$ について解くと：

$$v_1^2 = v_0^2 - 2gR\cos\theta$$

よって、$v_0, g, R, \theta$ を用いて：

$$v_1 = \sqrt{v_0^2 - 2gR\cos\theta}$$

🔍 補足：C の高さがなぜ $R\cos\theta$ になるか

円弧 CE の中心は O、半径は $R$、中心角は $2\theta$ です。鉛直線 OD を対称軸とすると、OC は鉛直から左へ角 $\theta$ 傾いています。したがって C の O からの高さは、OC の鉛直成分 $R\cos\theta$ です。

同様に、最高点 D は O の真上で高さ $R$、E も C と対称で高さ $R\cos\theta$ になります。$\sin\theta$ ではなく $\cos\theta$ である点に注意（角は鉛直から測っているため）。

問(1)(d) — 点 C で台から離れる条件 $v_{\mathrm c}$

点 C で小球は円弧（半径 $R$）の上を運動しています。山型なので円の中心 O は面の下側にあり、台が小球を押す垂直抗力 $N$ はO から外向きです。

OC は鉛直から角 $\theta$ 傾いているので、中心 O へ向かう向き（向心方向）に分解すると、重力の向心成分は $mg\cos\theta$、垂直抗力 $N$ は向心方向と逆向き（外向き）です。向心方向の運動方程式は：

$$mg\cos\theta - N = \frac{mv_1^2}{R}$$

小球が台から離れるのは垂直抗力が 0 になるとき、すなわち $N = 0$ のときです。離れるためには $N$ がそれより小さく（0 以下に）なろうとする、つまり右辺が左辺以上であればよい：

$$mg\cos\theta \leq \frac{mv_1^2}{R} \quad\Longrightarrow\quad v_1^2 \geq gR\cos\theta$$

離れる境目の速さ $v_{\mathrm c}$ は $N=0$ のときなので：

$$v_{\mathrm c} = \sqrt{gR\cos\theta}$$

🔬 発展：円弧上のどこで最も離れやすいか

円弧上の点で、鉛直から角 $\phi$（$0\le\phi\le\theta$）の位置を考えます。高さは $R\cos\phi$、速さは $v^2 = v_1^2 + 2gR(\cos\theta - \cos\phi)$（C を基準）。向心方向の式 $mg\cos\phi - N = mv^2/R$ から：

$$N = mg\cos\phi - \frac{m}{R}\bigl(v_1^2 + 2gR\cos\theta - 2gR\cos\phi\bigr) = 3mg\cos\phi - \frac{mv_1^2}{R} - 2mg\cos\theta$$

$\phi$ が大きいほど（C・E に近いほど）$\cos\phi$ が小さく $N$ も小さい。つまり円弧の端 C で最も離れやすい。だから「点 C で離れる」条件を C で立てればよいのです。

問(1)(e) — 点 E で再び台に接触する条件から $v_0$

小球は点 C で台を離れた後、重力だけを受けて放物運動します。C での速度は円弧の接線方向＝斜面 AC に平行で、水平に対して角 $\theta$ 上向き、大きさ $v_1$ です。

C と E は鉛直線 OD に対して対称で、ともに O から高さ $R\cos\theta$。したがって C と E は同じ高さで、水平距離は $2R\sin\theta$ 離れています。同じ高さに戻る放物運動の水平到達距離（射程）の公式を使います：

$$\frac{v_1^2 \sin 2\theta}{g} = 2R\sin\theta$$

$\sin 2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$ を代入して整理します：

$$\frac{v_1^2 \cdot 2\sin\theta\cos\theta}{g} = 2R\sin\theta \quad\Longrightarrow\quad v_1^2 = \frac{gR}{\cos\theta}$$

ここで (c) の結果 $v_1^2 = v_0^2 - 2gR\cos\theta$ を代入し、$v_0^2$ を求めます：

$$v_0^2 = v_1^2 + 2gR\cos\theta = \frac{gR}{\cos\theta} + 2gR\cos\theta$$

右辺を $\cos\theta$ で通分してまとめると：

$$v_0^2 = \frac{gR(1 + 2\cos^2\theta)}{\cos\theta}$$

よって：

$$v_0 = \sqrt{\frac{gR(1 + 2\cos^2\theta)}{\cos\theta}}$$

📐 別解：座標で射程を直接計算する

C を原点、水平右向きを $x$、鉛直上向きを $y$ とし、初速 $v_1$、打ち上げ角 $\theta$ とします：

$$x = v_1\cos\theta\,t, \qquad y = v_1\sin\theta\,t - \frac{1}{2}gt^2$$

$y=0$（同じ高さに戻る）となる時刻は $t^\ast = \dfrac{2v_1\sin\theta}{g}$。このときの水平距離は：

$$x^\ast = v_1\cos\theta\cdot t^\ast = \frac{2v_1^2\sin\theta\cos\theta}{g}$$

これが C–E 間距離 $2R\sin\theta$ に等しいとおけば、$v_1^2 = \dfrac{gR}{\cos\theta}$ が得られ、本文と一致します。

問(2)(a) — 弾性衝突直後の速さ $v_2$, $V_2$

点 F は B と同じ高さ（O の高さ）なので、小球が F に達したときの速さは、対称性から発射時と同じ $v_0$ です。質量 $m$ の小球が速さ $v_0$ で、静止している質量 $M$ の小物体に弾性衝突します。衝突後の小球の速度を $u$、小物体の速度を $U$（衝突前の小球の進行方向を正）とおきます。

運動量保存則：

$$mv_0 = mu + MU \quad\cdots(1)$$

反発係数の式（弾性衝突 $e=1$）：

$$U - u = v_0 \quad\cdots(2)$$

(2) より $U = v_0 + u$。これを (1) に代入します：

$$mv_0 = mu + M(v_0 + u) = (m+M)u + Mv_0$$

$u$ について解くと：

$$(m - M)v_0 = (m+M)u \quad\Longrightarrow\quad u = \frac{m-M}{m+M}v_0$$

$U$ は (2) に戻して：

$$U = v_0 + u = \frac{2m}{m+M}v_0$$

$M>m$ より $u<0$（小球は跳ね返る）。問題は速さ（大きさ）を問うているので、$v_2 = |u|$、$V_2 = U$ とすると：

$$v_2 = \frac{M-m}{M+m}v_0, \qquad V_2 = \frac{2m}{M+m}v_0$$

📐 別解：運動量保存とエネルギー保存の連立

反発係数を使わず、弾性衝突の定義（運動エネルギー保存）から導きます：

$$mv_0 = mu + MU, \qquad \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mu^2 + \frac{1}{2}MU^2$$

第1式を $m(v_0 - u) = MU$、第2式を $m(v_0^2 - u^2) = MU^2$ と書き、第2式を第1式で割ると：

$$v_0 + u = U$$

これは反発係数 $e=1$ の式と同値で、以降は本文と同じ計算になります。

問(2)(b) — 小物体が点 G で静止するまでの距離 $L$

衝突後、小物体は速さ $V_2$ で斜面を距離 $L$ だけ滑り下りて点 G で静止します。斜面を下る間にはたらく力は、重力の斜面成分 $Mg\sin\theta$（運動方向＝下向き）と動摩擦力 $\mu' N = \mu' Mg\cos\theta$（運動と逆＝上向き）です。垂直抗力は $N = Mg\cos\theta$。

エネルギーと仕事の関係（始め速さ $V_2$、終わり速さ $0$）：移動中に重力がする正の仕事と、摩擦がする負の仕事の合計が運動エネルギーの変化に等しい：

$$0 - \frac{1}{2}MV_2^2 = Mg\sin\theta \cdot L - \mu' Mg\cos\theta \cdot L$$

右辺を $L$ でくくり、左辺を移項します：

$$\frac{1}{2}MV_2^2 = \mu' Mg\cos\theta \cdot L - Mg\sin\theta \cdot L = MgL(\mu'\cos\theta - \sin\theta)$$

両辺の $M$ を消し、$L$ について解きます：

$$L = \frac{V_2^2}{2g(\mu'\cos\theta - \sin\theta)}$$

🔍 補足：停止できる条件と $\theta=45^\circ$ のとき

$L>0$（有限の距離で止まる）ためには分母が正、すなわち $\mu'\cos\theta - \sin\theta > 0$、つまり $\mu' > \tan\theta$ が必要です。これより摩擦が小さいと小物体は加速し続け止まりません。

$\theta=45^\circ$ では $\sin\theta=\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt2}$ なので：

$$L = \frac{V_2^2}{2g\cdot\frac{1}{\sqrt2}(\mu'-1)} = \frac{\sqrt2\,V_2^2}{2g(\mu'-1)}$$

このとき停止条件は $\mu'>\tan45^\circ=1$ です。

問(2)(c) — 小球が点 D を通過する $v_2$ の範囲（$\theta=45^\circ$）

以下 $\theta=45^\circ$ とします（$\sin45^\circ=\cos45^\circ=\dfrac{1}{\sqrt2}$）。跳ね返った小球は速さ $v_2$ で点 F から斜面を登り、点 E で円弧に入って最高点 D を目指します。条件は2つあります。

① 下限 $v_{\mathrm a}$：D に届く（通過する）こと。 D は F より高さ $R$ 上。F → D のエネルギー保存：

$$\frac{1}{2}mv_2^2 = \frac{1}{2}mv_D^2 + mgR \quad\Longrightarrow\quad v_D^2 = v_2^2 - 2gR$$

D を「通過」するには $v_D^2 > 0$、すなわち：

$$v_2^2 > 2gR \quad\Longrightarrow\quad v_{\mathrm a} = \sqrt{2gR}$$

② 上限 $v_{\mathrm b}$：台に接したまま（離れずに）円弧に入れること。 円弧上で台から離れやすいのは入口の点 E（$N$ が最小）。E での円運動の式は、E が鉛直から角 $\theta$ にあるので：

$$mg\cos\theta - N = \frac{mv_2^2}{R}$$

離れない条件 $N\geq0$ より $\dfrac{mv_2^2}{R}\leq mg\cos\theta$、すなわち：

$$v_2^2 \leq gR\cos\theta$$

…と言いたいところですが、E は斜面 EF を登り切った直後で速さ $v_2$（高さ変化なし、F=E… ではなく E は F より高い）。正しくは E の高さは F より $R\cos\theta$ 上なので、E での速さ $v_E$ は $v_E^2 = v_2^2 - 2gR\cos\theta$。E での離れない条件 $mg\cos\theta \geq \dfrac{mv_E^2}{R}$ に代入します：

$$gR\cos\theta \geq v_2^2 - 2gR\cos\theta \quad\Longrightarrow\quad v_2^2 \leq 3gR\cos\theta$$

$\theta=45^\circ$（$\cos\theta=\dfrac{1}{\sqrt2}$）を代入して上限を求めます：

$$v_2^2 \leq \frac{3gR}{\sqrt2} \quad\Longrightarrow\quad v_{\mathrm b} = \sqrt{\frac{3gR}{\sqrt2}} = \sqrt{\frac{3\sqrt2}{2}gR}$$

2つを合わせて、台に接したまま D を通過する $v_2$ の範囲は：

$$v_{\mathrm a} = \sqrt{2gR} \;<\; v_2 \;\leq\; v_{\mathrm b} = \sqrt{\frac{3gR}{\sqrt2}}$$

数値で確認すると $v_{\mathrm a}\approx1.41\sqrt{gR}$、$v_{\mathrm b}\approx1.46\sqrt{gR}$ で、確かに $v_{\mathrm a} \lt v_{\mathrm b}$ の狭い範囲になります。

🔬 発展：なぜ円弧の入口 E で最も離れやすいのか

円弧上で鉛直から角 $\phi$（$0\le\phi\le\theta$）の点での垂直抗力は、(d) の発展と同様に $N = 3mg\cos\phi - \dfrac{mv_2^2}{R} - 2mg\cos\theta$ の形に整理できます（F を基準にしてエネルギー保存を使う）。$\cos\phi$ が最小、すなわち $\phi$ が最大の点で $N$ が最小です。登っていく経路では $\phi$ は E（$\phi=\theta$）で最大なので、E が最も離れやすい。したがって上限条件を E で立てるのが正しいのです。

問(2)(d) — 到達高さ $h$ と質量 $M$ の関係グラフ

$\theta=45^\circ$ とします。(e) より $v_0^2 = \dfrac{gR(1+2\cos^2\theta)}{\cos\theta} = \dfrac{gR(1+1)}{1/\sqrt2} = 2\sqrt2\,gR$。跳ね返った小球の速さは $v_2 = \dfrac{M-m}{M+m}v_0$ で、$M$ が大きいほど大きく、$M\to\infty$ で $v_0$ に近づきます。(c) で求めた $v_{\mathrm a}=\sqrt{2gR}$、$v_{\mathrm b}=\sqrt{\dfrac{3gR}{\sqrt2}}$ を境に、到達高さ $h$ は3つの場合に分かれます。

① $0 \lt v_2 \leq v_{\mathrm a}$（$M$ が小さい）：D に届かない。 円弧の途中で速さが 0 になり、最高点はそこ。F を基準に $\dfrac{1}{2}mv_2^2 = mgh$ より：

$$h = \frac{v_2^2}{2g} = \frac{(M-m)^2}{(M+m)^2}\cdot\frac{v_0^2}{2g}$$

$M=m$ で $h=0$、$v_2=v_{\mathrm a}$ で $h=R$。$h$ は $M$ について上に曲がりながら増加します（$M=m$ で傾き 0 から立ち上がる）。

② $v_{\mathrm a} \lt v_2 \leq v_{\mathrm b}$（中間の $M$）：台に接して D を通過。 台に接して到達できる最も高い点は最高点 D なので：

$$h = R \quad(\text{一定})$$

③ $v_2 \gt v_{\mathrm b}$（$M$ が大きい）：入口 E で飛び出す。 台に接して到達できる最高点は離れる点 E。E の高さは F より $R\cos\theta$ 上なので：

$$h = R\cos45^\circ = \frac{R}{\sqrt2}\;(\approx0.71R,\ \text{一定})$$

まとめると、$M$ の増加に対して $h$ は「曲線で上昇 → $R$ で一定 → $R/\sqrt2$ に下がって一定」という形になります。図3で、$M=m$ で傾き 0 から曲線的に立ち上がり、$R$ で平らになり、その後段差を下りて $R$ より低い水平線になっているのは (お) です。

📐 別解：上昇領域の単調性を微分で確認

① の領域で $h = \dfrac{v_0^2}{2g}\left(\dfrac{M-m}{M+m}\right)^2$ とおき、$u = \dfrac{M-m}{M+m}$ の $M$ 微分を計算します：

$$\frac{du}{dM} = \frac{(M+m)-(M-m)}{(M+m)^2} = \frac{2m}{(M+m)^2} > 0$$

$h = \dfrac{v_0^2}{2g}u^2$ で $u>0$ かつ $u$ は単調増加なので $h$ も単調増加。さらに $M=m$ では $u=0$ なので $\dfrac{dh}{dM}\propto u\cdot u' = 0$、すなわち立ち上がりの傾きが 0。だから「上に曲がる曲線」（直線でない）になり、(あ)(い)(う) のような直線立ち上がりは不適です。