M1 ア．接線の傾き イ．極値 ウ．naxn-1 エ．ω Cos( ωｔ ) オ．ーω Sin( ωｔ ) カ．f'(x)g(x)+f(x)g'(x) キ．スカラー ク．面積 ケlim n→0 n i=1 f (xi)∆x = b a f (x)dx
1) 1）-2 Δｘ 2)a Δ x ＋ b Δｙ 3）a(x Δｙ＋Δｘ・y）
Δ x の 2 乗は小さいので無視 M2 4）a Δ y=2bx Δ x 2） 1 xdx = log|x| + C絶対値を忘れない 2-1) x2dx = x 3 3 + C 1）物理ではΔを使うことが多いがこのΔを微小と考えれば積分になる。 積分への移行は変数をまとめてΔをｄにかえる。 例えばΔｔ→ｄｔこれに変数の範囲を考えて 積分記号をつける。 2) 3） まず同じ変数はまとめること。 分数の形は変形してフラットにする。 積分区間を各変数の領域を考えて決める。 どういうふうに変数がつながるかは問題 による。 変数をまとめて分数になる場合によくつ かうのがf'(x)/f(x)→log|f(x)|の積分公式だ。 分母の微分が分子の形になっていれば積 分で Log となることは知っておこう。 有力校では 1/x、axn、三角関数、指数関数の積分くらいはできるようにしておこう。 P1 まずはじめの状態では PV ＝ nRT から nRT0=P0V0①等温変化だから内部エ ネルギーΔ U= ０よって熱力学第 1 法則から Q=W ＝ P Δ V=nRT0Δ V/V ①から Q= P0V0・Δ V/V この後の項が変数なので積分になおすと Q= P0V0 V V0 1 V)dV = P0V0log V V0 5）先に√の中を微分して、次に全体を微分する 1/2・a/ √ (ax)・Δｘ＝3b・ｔ２Δｔ t2 t1 adt = x2 x1 bdx a(t2− t1) = b(x2− x1) ∆x x = ∆t t x2 x1 1 xdx = t2 t1 1 tdt log|x2| |x1| = log|t2| |t1| ∆x = t∆t + 2∆t x2 x1 dx = t2 t1 tdt + t2 t1 2dt (x2− x1) = t 2 2− t21 2 + 2(t2− t1) 1 xdx = log|x| + C lim n→0 n i=1 f (xi)∆x = b a f (x)dx
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解答 No-1 ☆公式・Point M2 変分と積分 t とｘが変数でｔが t1 から t2 に変化するとｘは x1 から x2 に変化する。 Δは微小量として次の変化量の式を積分せよ。a,b は定数とする。 1) a Δｔ＝ｂΔｘ 2) Δｘ / Δｔ＝ｔ＋２ 3) ｔΔｘ＝ｘΔｔ M1 微分と積分 変分と積分次の空白を埋め問題に答えよ。 微分係数とは関数 f(x) の ア の傾きでありｘが単位量変化した時の f(x) の変化量であった。微分係数が０になるとその関数は イ を取る候補であ ることがわかるので関数の最大、最小を求めるのには便利な道具である。 主な関数の微分として例えば axnは ウ となり、sin( ωｔ ) をｔで微分 すると エ となり、cos( ωｔ ) をｔで微分すると オ となった。また積 f(x)g(x) の微分は カ となる。 これに対し積分とは キ の値を作り出し、関数がｘ軸との間につくる ク を表す。また、区間 [a,b] をｎ等分し、f(x) の定積分の定義は区分球積 法から ケ となる。通常、微小変化量の場合はΔの１次までをとれな良い。 1）次の式の変化量をとれ (a,b... は定数、x,y,... は変数） ただしΔは小さいと する。
1)a-2x 2)ax+by 3) axy 4)ay=bx2 5) √ (a ｘ )=bt３ 2）次をｘで不定積分をせよ。
1)x2 2)1/x
☆ P1 積分を使う例 等温変化
理想気体において温度 T0のまま、圧力を P0から P に体積を V0から V に変
M1 アΔｘ / Δｔ イ．ｘ－ｔ ウ．傾き エ．Δｖ / Δｔ オ . ｖ－ｔカ．傾き キ）v = lim ∆t→0 S (t + ∆t) − S (t) ∆t = dS dt ク）ｖ＝ dx/dt= ｘ ・ a=d2x/dt2= ｘ・・ ケ） １） ２） これは等加速運動 両辺をΔｔで割ると a を加速度とする P2 力積の式は F Δｔ＝Δ P ＝Δ（MV）であるΔはおわりーはじめだから F Δｔ＝ P2-P1=(M+ Δ M)(V+ Δ V) ー MV ≒M Δ V+V Δ M （Δは微少変化なのでΔが 2 回かかる項は無視してよい） v = dx dt = ˙x a =dv dt = ¨x v =∆x ∆t = c bt a =dv dt = c b = Constant a = ∆v ∆t = g− ct b これは等加速運動で はない P1 ア）力積 F Δｔ＝Δ P [N・ｓ ] 運動量 P ＝ｍ V[kg・m/s] 次元は共に [MLT-1] イ） F=ma として力積の式から ma Δ t ＝ m Δ v ＝Δ P となる。 外力が働かなければ保存される。 ウ） Δ P/ Δｔだから力積の式から力を表す。 ∫ F ｄｔだから運動量の変化を表す。 W=F Δ S だから仕事を表す。 P-t,F-t は質量で割れば v-t,a-t に等しい。 class No. Name
解答 No-2 ☆公式・Point M1 変化量と微分 次の空白を埋め問題に答えよ。 位置をｘ、時刻をｔとし、変化量をΔで表す。速度ｖは ア となりこれは イ グラフの ウ である。また加速度 a は エ となり、これは オ グラフの カ である。数学的には速度も加速度も時間Δｔが微少であれば ｘを用いて微分記号で表すことができる。物理では時間微分を・で表す。 キ）位置を S(t) と微少時間をΔｔとして速度ｖを微分の定義で表しなさい。 ク）位置をｘ (t) として速度と加速度を・を用いて表しなさい。 ケ）次の変化量の関係式から微分の式を求め加速度を求めなさい。 （ｘ、ｙは位置、ｔは時間ｖは速さとする） 1) ｃ t Δｔ＝ｂΔｘ 2) b Δｖ＋ｃｔΔｔ＝ｇΔｔ ◎ P1． 力積の意味とイメージ ア）次の基礎公式を書きなさい。また、[ ] の中に単位も書き、次元を求めよ。 １．力積 ２．運動量 イ） 力積が運動量の変化に等しい事を示せ。また、運動量が保存される条件 を記せ。 ウ）運動量 P- 時間ｔのグラフを描く。この傾きは何を表しているか。 力 F- 時間ｔのグラフを描く。このグラフの面積は何を表しているか。 力 F- 位置 s のグラフを描く。このグラフの面積は何を表しているか。 また P-t、F-t グラフの関係は運動分野の何の関係に等しいか。 P2 Δｔ秒間に質量は M → M ＋Δ M、 速度が V → V ＋Δ V に変化したとき の力積を求めよ。（Δは微小としてよい）
P2 １．XG=(m1x1+m2x2)/(m1+m2) 2. XG=(m1x'1+m2x'2)/(m1+m2) ３．上の 1 と２を引くことで XG が同じなら０＝ m1(x1'-x1)+m2(x2'-x2) ① を得る。位置の変化にかかる時間共通でΔｔだからこれで割ると速度が v= Δ x/ Δ t だから①は０＝ m1v1+m2v2となる。これは質量×速度を運動 量と定義すると重心の位置に変化がないなら運動量の和が保存されること を示す。重心の位置が動くためには全ての力の和Σ F ≠０である必要があ る。この時、外力が働いているという。つまり外力が働かないなら運動量 の和は保存される。 P1 力積 F Δｔ＝Δ P [N・ｓ ] 運動量 P ＝ｍ V[kg・m/s] 次元は共に [MLT-1] エネルギーはスカラー、運動量はベクトル 内力のみで外力が働かないなら運動量の和は保存される。 ア）P=mv よりはじめの運動量：８kg・m/s おわりの運動量：－８kg・m/s イ）ボールに働く力積は F Δｔ＝Δ P より ーｍｖーｍｖ＝－２ｍｖ＝ー１６N・s 壁が受けた力は F= １６/ ０．２＝８０N 2[m/s] 2[m/s] P3 4. 運動量はベクトルでエネルギーはスカラーである。したがって運動量を求 める時は向きの基準をしっかり決めないといけない。（E はエネルギー） ア）運動 E：1/2・mv2=4J 運動量：正の向きに４kg・m/s イ）運動 E：1/2・mv2=4J 運動量：負の向きに４kg・m/s ウ）運動 E：1/2・mv2=4J 運動量：ｘ）２kg・m/s ｙ）－ 3.4kg・m/s ＊成分にわけることは直線上に射影するのでスカラと同じように扱える。 ボールに働く力は壁が受けた力の反作用だから F= ー８０N 運動方程式は ma=F だから a= － 80/ ４＝ー 20 ｍ /s2 これは加速度の定義からも a= Δ V/ Δｔ＝（－２－２）/0.2 ＝－ 4/0.2 ＝ー 20 ｍ /s2 で一致する。運動方程式は力積の式に含まれる。これから接触時間が短 く運動量の変化が一定なら力は大きくなることがわかる。 ウ）
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解答 No-3 ☆公式・Point ◎ P1． 力積・運動量基礎 次の基礎公式を書きなさい。また、[ ] の中に単位も書き、次元を求めよ。 １．力積 ２．運動量 ◎ P2． 運動量基礎 重心 空白を埋め問題に答えよ。 外から外力が働かない時重心の位置は保存された。これから例えば運動中の ２物体がある時刻で質量ｍ１、位置ｘ１， 質量ｍ２，位置ｘ２にある時、重心 XGは 1 となる。Δｔの間に位置が x1’、 x2’ に変化したとすると重心は 2 となるが、重心の位置が変わらないならば両辺を引き算すれば０にな るはずである。この結果から運動量保存則を導ける。 3．実際に運動量保存則を重心が保存されることから導け 4．次の運動量と運動エネルギーを求めなさい。質量は 2kg とする。 右、上をｘ、ｙ軸の正とする。またそれぞれベクトルかスカラーか答えよ。 ア）右に 2[m/s] で運動している。 イ）左に 2[m/s] で運動する。 ウ）図の向きに２[m/s] で運動する。 ア） イ） ウ） 60° 2[m/s] 2[m/s] ３．図のように質量４kg の物体が 2[m/s] で壁にぶつかり 2[m/s] で反射して きた。右向きをｘ軸正とする。壁とボールの接触時間は 0.2 秒であった。 ア） はじめと終わりの運動量を求めよ。 イ） ボール働いた力積を求め拡大図に図 示せよ。さらに壁が受けた力を求めよ。 ウ） ボールが受けた力と加速度を求めよ。 また、ボールが受ける力を大きくする ためには接触時間は大きくするべきか 小さくするべきか。
ア）P=mv よりはじめの運動量：8.0kg・m/s おわりの運動量：6.0kg・m/s P2 ｘ成分は向きのみの変化だから大 きさが Vx ＝２√２[m/s] Vx2+Vy2=9 だから Vy= √ (9-8)=1[m/s] ウ） 4[m/s]ｙ 45° Vx の値は小さくな るが Vy の値は変わ らない。 入射角と反射角は 垂直線基準 θ よって反射角は tan θ＝ Vy/Vx=(1/2 √２) を満たすθ（θ＝ 19.5°） θ 45° P1=8 P2=6 イ） 垂直抗力は ｘ方向の力積の式から左向きを正として Fx Δ t=Px'-Px=2 × 2 √２-(- ２× 2 √ 2)=8 √ 2=11.2 左向きに 112N 摩擦力は y 方向の力積の式から下向きを正として
Fy Δｔ＝ Py' － Py=2 × 1-2 × 2 √ 2=2-5.6=-3.6 上向きに 36N
エ） P1 ア）運動量は P=mv から P= ０．６×２０＝１２kgm/s イ）P'=mv' から P= ０．６×４０＝２４kgm/s 30° ウ）ＦΔｔ＝Ｐ ’ ーＰ（ただし、ベクトル） ＝１２√３≒２０ Δｔ＝０．１ Ｆ＝２0/ ０．１＝200 Ｎ、 向きは力積と同じでセンタリングが来た方向から 90°ゴールに向かう向き P2 144km/h=40m/s よって運動量の変化は ＦΔｔ＝０ー４０×０．２＝ー８ キャッチャーの受ける力Ｆ ’ の向きは 反対だから Ｆ ’ ＝８/ ０．０１＝８００Ｎ ８．０×１０２Ｎ 力積はベクトルの差 尾と尾をくっつけ引く方から引かれる方へ 力積のΔｔは接触時間
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解答 No-4 ☆公式・Point 4[m/s]ｙ ○ P2．力積 図のように摩擦のない水平面で摩擦のある壁に質量 2.0kg の物体が衝突 した。壁方向をｙ軸とし、ｘ方向の速さは衝突後もかわらないとする。 物体の壁への入射角は 45°、速さが４.0[m/s] で衝突後の物体のは速さは ３[m/s] であった。壁と物体の接触時間は 0.1 秒とする。 ア） はじめと終わりの運動量の大きさを求めよ。 イ） ボールが受けた力 F と衝突後の物体の速度 を図示せよ。 ウ）ボールの反射角を求めよ。（tan を用いてよい） 45° エ）物体に働いた垂直抗力の大きさと摩擦力大きさを求めよ。 ◎ P1 力積基礎 図のようにセンタリングされてきたボールを真直ぐゴールにシュートした い。センタリングされたボールの速さは 20[m/s]、シュートボールの速さは 40[m/s] とする。接触時間は 0．1 秒、ボールの質量は 0.6kg とする。 30° ア） センタリングされたボールの運動量の 大きさを求めよ。 イ）シュートするボールの運動量の大きさを 求めよ。 ウ）シュートするボールに加える力と向きを 求めよ。 P2． 力積基礎 A 君の投げたボールは時速 144km でまっすぐ水平にキャッチャーミットに 入るとする。プロのキャッチャーはこれをわずか 0.01 秒で完全に静止させた い。ボールの質量を 200 ｇとしてキャッチャーが受ける力を求めよ。
P1 １）Δは変化量（差）でΣは和の記号である。運動量保存則は質量をｍ、 速度を V としてｍ１V1＋ｍ２V2＝ m1V1' ＋ m2V2' 一般的には P ＝ｍ V[kg・m/s] としてΣ P ＝Σ P’ ベクトル和になる 力積の式は接触時間をΔｔとしてｍＶ ' ーｍ V ＝ F Δｔ ベクトル差になる 一般的にはΔ P ＝ F Δｔとなるので積分にもっていける。力積の単位は [Ns] 運動量保存されるために F が作用反作用で消去され外力が働かないこと 運動量保存則は全ての物体を見て和をとっている。これは重心の出し方と似 ている。力積の式は 1 つの物体に注目しないといけない。これは運動方程 式の考え方である。 ２）ア）運動量保存則： ｍ１V1- ｍ２V2＝ー m1V1'+m2V2' 力積 A：ー m1V1' ーｍ１V1= ー F Δｔ B：m2V2' ー（ー m2V2）＝ F Δｔ A,B 両辺を足せば保存則が出る イ ) ｘ方向）ｍＶ 'Cos θ２ーｍ VCos θ１＝ー F ｘΔｔ ① Fx は摩擦力 ｙ方向）ｍ V'Sin θ２－（－ｍ VSin θ１）＝ Fy Δｔ ② Fy は垂直抗力 ウ ) ｘ方向）m1V1Cos θ + ｍ2V2Cos θ＝ m1V1'+m2V2'Cos θ ’ ①
ｙ方向）ー m1V1Sin θ + ｍ2V2Sin θ＝－ m2V2'Sin θ ’ ② 重心速度 VG は全運動量の和を全質量の和で割る。 VG ＝Σ P/ Σｍから VG ｘ＝（m1V1Cos θ + ｍ2V2Cos θ）/( ｍ＋ M) VG ｙ＝－ m2V2'Sin θ ’/( ｍ＋ M) 重心速度は運動量が保存されていれば衝突前後で変わらず等速運動である。 力積の式：１つの物体に注目し F Δｔ＝Δ P ＝ P2-P1 P ＝ｍ V 運動量保存則外力の和が０であればΣ P ＝Σ P’ 重心速度は運動量が保存されていれば衝突前後で変わらず等速運動である。 ｍ２ Ｖ ’２ ｍ２ Ｖ２ ｍ１ Ｖ１ ｍ１ Ｖ ’1 A B A B P2 右向きを正にして図の A に注目すると衝突時には左に FAの力を受けるか ら接触時間をΔｔとして力積の式は F Δｔ＝Δ P より、 A) ー FAΔｔ＝ー m1V1'-m1V1 ① 同様に B)FBΔｔ＝ m2V2'-(-m2V2) ② FA=FB として①＋②をつくると０＝－ m1V1' － m1V1 ＋ m2V2' － (-m2V2) これを移項すると次の運動量保存則になる。m1V1－ m2V2= m2V2' － m1V1' 一般に力積の式 F Δｔ＝Δ P ＝ mV-mVo とすると加速度 a=(V-Vo)/t だった からF=m(V-Vo)/t=ma となる。この時 FAと FBが等しければ全体で打ち消す。 このような力を内力という。内力のみが働けば運動量の和が保存される。 FA FB Δｔ
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解答 No-5 ☆公式・Point ◎ P1 運動量保存則・力積 １）運動量保存則と力積の式をΔ、Σを用いて表せ。また、運動量保存の条件 を書け。また、運動量と力積の単位を示せ。 ２）次の衝突においてそれぞれに注目した力積の式と全体を見た運動量保存則 を書け。必要なら成分を用いよ（上、右を正）接触時間はΔｔとしてよい。 ア）運動量保存と力積の式をかけ ｍ２ Ｖ ’２ ｍ２ Ｖ２ ｍ１ Ｖ１ ｍ１ Ｖ ’1 A B A B θ２ θ１ ｍＶ ｍ V' イ）ｘ、ｙ方向の力積 重力は無視 入射、反射角が等しくなる条件も求めよ。 ｍ２ Ｖ２ ｍ１ Ｖ１ θ θ θ ’ ｍ１ Ｖ ’1 ｍ２ Ｖ ’２ ウ）ｘ、ｙ方向の運動量保存 重力は無視 重心速度も求めよ。 ◎ P2 運動量保存則・力積 P1 の２）ア）を例にして力積の式から運動方程式と運動量保存則を導け。 また、運動量保存則が成り立つ条件を示せ。
P1 これらはセットで覚える。 ｈは高さ P4 ア）ｘ方向の速度は変わらないのでこれを a と置く。 角度がわかっているから Vy ＝ - √３a Vy'=a である。 よって e の式から e= ー Vy'/Vy ＝ 1/ √３＝0.59 未知数はとりあえず自分で記号をおいてみる。後から消すための条件式を考 えればよい。 e に単位はなく 普通は 0 ≦ e ≦１ e=1 ならエネルギー保存。 ア）運動量保存則 ｍ１V1= ｍ１V1'+m2V2' イ跳ね返りの式 e=-( ー V1'+V2')/(V1 ＋ V2) ア）跳ね返りの式 e=-(V1'-V2')/(V1- ０) イ）運動量保存則 ｍ１V1-m2V2=- ｍ１V1' ー m2V2' P2 P3 衝突後はとりあえず正の向きに進んだとする。 ア）運動量保存則から ２・３ー３・２＝ 2V1+3V2=0 ① 跳ね返りの式から －０．５＝ (V1-V2) ／ (3+2) V1-V2=-2.5 ② ①＋３×②から５V1= ー 7.5 V1 ＝－ 1.5 V1 は左に 1.5m/s ②から V2 ＝ V1+2.5 ＝ 1.0 V2 は右に 1.0m/s イ） e=1 は完全弾性衝突でエネルギー保存される。 質量が等しいならビリヤードの玉のように速度が入れ替わる。 物体１ V1 は左に２m/s 物体２ V2 は右に m/s イ）運動量保存則より m₁v=m₁VA+m2VB ① 跳ね返りの式：１=-(VAー VB)/v ② ①，②より VA＝ (m1-m2)/(m1+m2)・ｖ VB=2m2/(m1+m2)・ｖ ＊この結果はよく出る。結果を引き出しに 質量が等しければ入れ替えがおきる。 S∞= a 1− r e =−v1 − v 2 v1− v2 ,|e| = h h an= arn−1, Sn= a(1− r n) 1− r ...(r = 1) class No. Name
解答 No-6 ◎ P1 跳ね返り係数 跳ね返り係数の公式、 等比数列の公式、 等比級数、無限等比級数の式を書け。 ◎ P4. 必須パターンとななめ衝突 ア）摩擦のない面で次のように跳ね返った。跳ね返り係数。e を求めよ。 45 60 P2 跳ね返りとの連立 次の運動量保存則とはねかえりの式を立てなさい。 ア ) ｍ２ Ｖ ’ ２ ｍ２ Ｖ２ ｍ１ Ｖ１ ｍ１ Ｖ ’ １ ｍ２ Ｖ ’ ２ ｍ２ Ｖ２ ｍ１ Ｖ１ ｍ１ Ｖ ’1 イ） 2[m/s] 2kg 2kg 4[m/s] ｍ２ Ｖ２ ｍ１ Ｖ１ P3． 跳ね返り係数 ア）m1 ＝２kg、ｍ２＝ 3kg V1=3[m/s] V2 ＝２[m/s] e=0.5 衝突後の速度を求めよ。右を正とする。 イ）次の衝突ではエネルギーが保存された、e, 衝突後の速度を求めよ 物体１ 物体２ イ）質量ｍ ₁ を速度ｖで静止している質量ｍ ₂ の物体に弾性衝突させる。 衝突後の速度をそれぞれ求めよ。右向きを正とする。 A ｖ B
P3. ア）運動方程式を考えることは力積の式をつくれば済む。 物体に注目し力の図示をすると図のようになるからΔｔ秒後の速さをｖ ’ と すればΔＰ＝ＦΔｔより Ｆ＝ｋｘであるから ｍ ( ｖ ’ ーｖ ) ＝ーｋΔｘ・Δｔ a=(v'-v)/ Δｔだから 結局、運動方程式 ma=-k Δ x を得る。 これからa=-k Δｘ /m である。 これはｘに依存しているので一定ではない。 イ）同様にしてはじめは静止しているから ｍ ( ｖ２’ －０) ＝ｋΔｘ・Δｔ ｍｖ２’ ＝ｋΔｘ・Δｔ ウ）バネが最大に縮むのは物体の速さが等しい時だから運動量保存則から ｍｖ＝２ｍｖ ’ ｖ ’ ＝ｖ /2 ①である。次にエネルギー保存側から 1/2 ｍｖ２＝ 1/2 ｋΔｘ２＋ 1/2・２ｍ・ｖ ’２ ①より 1/2 ｍｖ２＝ｋΔｘ２ Δｘ＝ｖ√ (m/2k) エ）弾性衝突をするので速度が入れ替わり、A が静止、B がｖになる。 単振動の式から半周期だから T= π√ (m/k) P1 ア）力積の式 F Δｔ＝Δ P から合力 F はF=m(V-V₀）/ Δｔ イ）動摩擦力 F' ＝μ ’N ＝μ ’ ｍｇこれは負の向きに働くので F'=-F となる。μ ’ ＝－ (V-V₀)/(g Δｔ ) よって加速度 a=(V-V₀）/ Δｔが一定であればμ ’ は一定。 ウ）エネルギー保存則から運動エネルギーの減少が摩擦の仕事に等しい 1/2・ｍ V₀² － 1/2・ｍ V² ＝μ ’mgS より S=(V₀² － V²)/(2 μ ’g) エ）この時、摩擦力は内力になるので運動量保存則が成り立つ。 台の上で静止した時は台と同じ速さ V になることだから mV₀ ＝ (m+M)V V=m/(m+M)･V₀ ① オ）エネルギー保存則より 1/2・mV₀² ＝ 1/2・(m+M)V² ＋μ ’mgx ①より、 x = V 2 0 2mµ g m− m 2 m + M = V 2 0 2µ g 1− m m + M = V 2 0 2µ g M m + M
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解答 No-7 P3 バネ連結 運動量保存則・力積・エネルギー保存側 次のように質量ｍの物体 A にバネ定数ｋのバネがつけてある。これを同じ 質量ｍの物体 B に初速ｖで衝突させた。バネの質量や摩擦は考えない。 ｖ ア）接触してからの時間をΔｔ、この時 のバネの縮みをΔｘとして衝突する方 の物体 A の運動方程式をたて、物体 A の加速度 a を求めよ、この a は一定か。 イ）衝突される B の力積の式をΔｔ秒 後の速さをｖ２’ として立てよ。 ウ）Δｘの最大値を求めよ。 エ）その後物体 A,B は離れていく、図右向きを正として衝突後の A,B の速度を 求めよ。また、接触していた時間を求めよ。 A B ◎ P1． 力積と運動量保存 図のように区間 AB だけ動摩擦係数μ ’ の摩擦をもつ質量 M の台 M があり、 その上で質量ｍの物体を A の手前から初速 V₀ で滑らす。B 以後の速度は V で あった。重力加速度はｇとし、空気抵抗などは考えない。 また、はじめは台 M は床に固定し、動かないとする。 A B V₀ V ア）AB 間を通過した時間をΔｔとする。 AB 間に物体がある時の物体に働く水平方向 の合力を求めよ。（V,V₀, ｍ , Δｔで表せ） イ）動摩係数μ ’ を求めよ。（V,V₀,g, Δｔで表せ） また、μ ’ が一定になる条件を求めよ。以後この条件を満たすとする。 ウ）AB 間の距離 S を（V,V₀,g,m, μ ' で表せ）以後この S を用いてよい。 M 次に台 M の固定をはずす。同じように物体を初速 V₀ で台の上を滑らすと B の手前で A から距離ｘの位置で物体は台の上で静止した。台と床の間には 摩擦はないとして次に答えよ。 エ）物体が台の上を静止した時、台の速さを求めよ。 オ）位置ｘを求めよ。
P2 ア）運動量保存則ｍ１V= ｍ１V1'+m2V2' ① 跳ね返り係数の式は 1=-(V1'-V2')/(V) ②より V1' ＝ V2'-V V2'=2m1V/(m1+m2) 大きさだから V1'=|m1-m2|V/(m1+m2) 質量が等しい時は速度の入れ替えがおきてV1'=0、V2' ＝ V イ）図のようにｍ ₂ が負に V で運動し、ｍ ₁ に衝突したと考えられる。 P1 ア）運動量保存則より０＝ｍｖ＋ MV V= ー mv/M はじめ静止していたのだから重心速度 VG=0 エネルギーはスカラーだから和になって 1/2m ｖ ² ＋ 1/2M(mv/M)² ＝ 1/2m(M+m)/M ｖ ² イ）全体の重心の位置に変化はないから求める位置を X' として ０＝ｍ X+MX' X'= －ｍ X/M ｍ２ V1 ｍ１静止 運動量保存則 - ｍ2V= ｍ１V1'+m2V2' ① 跳ね返り係数の式は 1=-(V2'-V1')/(-V) ②より -V ＝ -V2'+V1' - ｍ2V=- ｍ１V+m1V2'+m2V2' V1'=(m1-m2)V/(m1+m2) V2'=-2m2V/(m1+m2) 系の運動エネルギーは P₂²/2m₂ ＝ 1/2・ｍ ₂V² 系の運動エネルギーは P₁²/2 ｍ ₁ ＝ 1/2・ｍ ₁V² ウ）重心速度は VG=m1V(m1+m2) よって重心系からは重心は動かない。 m1は V1=m2V/(m1+m2)、m2は V2=-m1V/(m1+m2) ①で衝突する。 運動量保存則は重心系ではm1V1+m2V2= ｍ１V1'+m2V2' ＝０②とできる。 跳ね返り係数の式は 1=-(V1'-V2')/(V1-V2) ①より V1'-V2'=V2-V1=-V これらから V1’=-V₁ ＝ -m2V/(m1+m2) V₂’ ＝ -V₂=m1V/(m1+m2) 系の運動エネルギーは 1/2・ｍ ₁ ｍ ₂V²/(m₁+m₂) ｍ２ V２ ｍ１ V１ ｍ１ V’１ ｍ２ V’２ 重心系では速度が入れ替わるだけ 弾性衝突はエネルギー保存と同じ 重心系では速度が入れ替わるだけ、運動量の和＝０
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解答 No-8 ☆公式・Point ◎ P2 跳ね返り係数 次の図のように質量 m1の物体が速さ V で静止している質量 m2の物体に水平 に弾性衝突した。空気抵抗、重力は無視できる。図右向きを正とする。 ア ) 衝突後の m1、m2の速さを求めよ。また、m1=m2=m の時はどうなるか。 この系を静止系と呼ぶ。この系の全運動エネルギーを求めよ。 ｍ２ 静止 ｍ１ Ｖ イ ) 次に A 君が V の速度と同じきに同じ速さで等速度運動をしてこの衝突を 観測する。A 君からみた時、衝突後の m1、m2の速度を求めよ。この系を A 系と呼ぶ。この系の全運動エネルギーを求めよ。 ウ ) この系の重心速度を求めよ。重心速度と同じ速度で運動する B 君がこの衝 突を観測する。衝突後の m1、ｍ２の速度を求めよ。この系を重心系と呼ぶ。 この系の全運動エネルギーを求めよ。 ◎ P1 重心と運動量 図のようにプールの上に質量 M のかるい板を置き、その上に質量ｍの A 君が 板の中点で静止している。この位置を原点としてプールに対して固定する。 図右にｘ軸の正の向きをとる。板は十分長いとし、水との摩擦は無視する。 x 0 ア）A 君がｖの速度になった時の板の速度 V を求めよ。また、この時の重心の速度と 系全体の運動エネルギーを求めよ。 イ）A 君の位置が X になった時、板の重心の 座標を求めよ。
C1 イ）B の重心はｘ＝２だから全体では重心の公式から XG ＝ (0+8 × 2)(8+2)=1.6 1.6m
ウ）A はｘ A、B は XB の位置にあるとすると 重心の公式から XG ＝ (2xA+8XB)/10 8=xA+4XB
また、Δ (xA+XB)=4 だから xA+(2-XB)=4 xA=2+XB 8=2+5XB 5XB=6 XB=1.2m ①
このとき xA=3.2m ②
エ）Ａの運動方程式は ma=F 2a=8 a=4[m/s²] B の運動方程式は Mb=-F 8b=-8 b= ｰ 1[m/s²] オ）B からみた A の加速度は a-b=5[m/s²] だから 等加速運動の式から S=at²/2 8=5t² t= √ 1.6 =0.4 √ 10 VA=at=1.6 √ 10 ＝5.1[m/s] VB=-bt= ｰ 0.4 √ 10=-1.3[m/s] 運動量の和は保存されているので０[kgm/s] カ）移動後運動エネルギーはそれぞれ 1/2・mVA²=10・1.6² ＝25.6J 1/2MVB2=40・0.16=6.4J よって運動エネルギーの和は 32J これは駆動力のした仕事に等しい。 ②より A に働く摩擦力の仕事は W=FS から WA ＝ 8 × 3.2=25.6J ①より B に働く摩擦力は WB= ８×Δ XB ＝８× 0.8 ＝ 6.4J どちらも正の仕事をしている。 A の摩擦力は駆動力でもあるので右向き、反作 用が B に働く、この摩擦力と A の垂直抗力と B に働くこの反作用が内力になる。 運動量保存則は重心速度の保存 台の上の時間は相対加速度から出す
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解答 No-9 ☆公式・Point ◎ C1 運動量と重心 亀の子１ 図のように大きさの無視できる質量 2kg の物体 A が質量 8kg 長さ４ｍの 物体 B の上に乗っている。B と床には摩擦はなく、A と B の間には摩擦はある。 はじめ、A は B の左端にいてこの位置を x 軸の原点にとる。A の内部には一定 の力を出す動力源があり、B の上を移動する。重力加速度は 9.8[m/s²] とし、 空気抵抗は考えない。また、B は一様な物質でできていて直方体と考えてよい。 B A x=0 x ア）A が B 上をｘ軸の正の方向に運動しているとき、 A,B に働く力を図示し、内力がどれか示せ。 ただし、A の内部の動力のみで動いているとする。 イ）はじめの状態にあるとき、AB の重心の位置を 求めよ。（x 座標を答えよ） ウ）A が右端まで移動した時、B の重心のｘ座標と A のｘ座標を求めよ。 ＡがＢの上を運動しているとき A に働いている駆動力は８Ｎであった。 駆動力のロスはないものとして、この間の A,B の加速度 a,b を求めよ。 A が動き始めてから B の端に達したときの A,B の速度を求めよ。 また、A が動き始めてから B 上にあるとき、t 秒後の A,B の運動量の 和を求めよ。 エ） オ） カ）A が動き始めてから B の端に達するまでに次の値を求めよ。 １）A に働く摩擦力のした仕事 ２）B に働く摩擦力のした仕事 ３）駆動力がした仕事
ｍ Ｍ θ ｍ Ｍ θ ｈ 図のように始めの重心を、台、物体共に原点上に取り、台が原点より、左に ｙ、物体は右にｘだけずれたとしよう。 図からｘ＝ｈ /tan θ ’ ① ｙ＋ｘ＝ｈ /tan θ② さらに原点まわり のモーメントは重心の位置が保存されているから ｍｇｘーＭｇｙ＝０ ③ ①、、③、④から 通分して①、②から y= ｈ (1/tan θー 1/tan θ ’） ④ よって m tan θ = M tanθ − tan θ
tan θ tan θ tan θ =
m + M M tan θ Ｍ θ ' x ｙ あくまで向きは標準設定（右、上）に動いたとして設定する。そうすれば相 対速度等の公式はそのまま使用できる。静止系を基本にする。 P1 ア）静止系での物体の速度は右に u とすると相対速度の公式から v=u －Ｖから u=v+V 運動量保存則）０＝ｍ (u+V) ＋ＭＶ エネルギー保存則）Ｗ＝ 1/2・ＭＶ２＋ 1/2 ｍ (u+V)2 保存則はあくまで静止系でつくるのが基本！ イ）ｙ方向は重力があるから運動量は保存されない。 運動量保存則） ０＝ｍｖ - ＭＶ エネルギー保存則）ｍｇｈ＝ 1/2・ＭＶ２＋ 1/2・ｍｖ2 ウ）台が動くと実際の物体の運動の軌跡は図のようにθ ’ の角度になる。 運動量保存則は台を左向きに V, 物体を右向きにｖとすると ０＝ｍｖ Cos θ ’ ーＭＶ ＊図のようにこの角度はθではない！ エネルギー保存則）ｍｇｈ＝ 1/2・ＭＶ２＋ 1/2・ｍｖ2 運動量はベクトル！ エネルギーはスカラー！ 運動量はベクトル！ エネルギーはスカラー！ V v
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解答 No-10 ☆公式・Point ◎ P1．運動量保存則と重心 次の場合の運動量保存則の式をとエネルギー保存の式を立てなさい。 ア ) 床には摩擦なし ｍはエンジン付き、物体間に摩擦あり、Ｍから見たｍ の速さは v、 その時の台の速度 V、 また、この間にエンジンがした仕事を Ｗとする。 Ｍ ｍ Ｍ ｍ V ウ ) 摩擦なし 初速なしでｍを滑らす。 最下点での物体ｍの速度ｖ、 台 M の速度 V 運動量保存則と さらにθ、と実際に物体が落ちるθ ’ の関係を求めよ。 ｍ Ｍ θ ｍ Ｍ θ イ ) 摩擦なし 初速なしでｍを滑らす。 最下点での物体ｍの速度ｖ、 台の速度 V Ｍ Ｍ ｈ ｍ ｈ
バウンドしない→極限をつかう（無限等比級数） 摩擦なしなら水平方向は等速運動 P1 ア ) 落下時間は自由落下の式からｔ０＝√ (2h/g) なのでｘ方向は常に等速 運動だからL0＝ vot=vo √ (2h/g) その後はｙ方向に注目すると e= √ (h'/h) から衝突後は高さ h'=e2h まで上がる。最高点までの時間が y=1/2gt2より ｔ = √ (2h/g) だから ２回目以降からの時間を tn とすると往復なので tn=2・√ (2he2/g)=2e √ (2h/g) ① これは公比 e の等比数列なので距離は Ln ＝ votn=2vo √ (2h/g)・en ②
イ）床から離れるということがなくなる時間をどう特定するかは難しいが、数 列の極限を応用すると簡単になる。つまり高さの変化がなくなるところだか ら①の数列の n が∞の極限をとる。無限等比級数の公式から①より T= ｔ０＋√ (2h/g)・2e/(1-e)= √ (2h/g)(1+2e/(1-e))= ｘ方向は速度 vo で一定だから ウ）失われたエネルギーは はじめの E ー終わりの E だから ｍｇｈ P0 h=1,e=0.8 での V-t グラフ。Vy の最高（最低）値を結び、ｔ軸との 交点をだせば滑りだす時間Ｔが求まる。 * 衝突は位置に関しては連続だが、微分した速度で見ると飛びがある。 公比ｒ、初項 a, 一般項 和 Sn = a(1− rn) 1− r S∞ = 1 a − r 2h g 1 + 2e 1− e = 2h g · 1 + e 1− e S = v0 2h g · 1 + e 1− e an= arn−1, Sn =a(1− r n) 1− r ...(r = 1)
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解答 No-11 ☆公式・Point ◎ P1 連続衝突 水平面 なめらかな床で図のように質量ｍのボールを高さｈから水平に Vo でなげた らバウンドを繰り返しやがて弾まなくなった。図のように最初に床に落ちた位 置を S0，次を S1,S2.. とおく。はねかえりの係数を e として次に答えよ。 原点 O
S
oS
1ｈ
ア）はじめの L0と、2 回目以降について Ln ＝ Sn － Sn-1として Ln を求めよ。 イ）バウンドすることなく、床をすべりはじめ る時間を T, その時の原点からの位置を S と して T と S を求めよ。 ウ） イの状態になった以後、失われたエネル ギーを求めよ。v
o ◎ P0 跳ね返り係数 跳ね返り係数の公式、 等比数列の公式、 等比級数、無限等比級数の式を書け。 エ）衝突しなくなるまでの速度の y 成分ｖｙ－ｔグラフを描け。 ただし、鉛直上向きを正とする。また、このグラフを利用して衝突せずに 滑り出す時間Ｔを決める方法を示せ。イ）力積が運動量の変化を与えるので F-t グラフの面積から kt₁²/2= Δｐ =mv エ）力積が運動量の変化に等しいので Fdt=mdv 両辺を積分すると kt²/2=mv v=kt²/2m ① オ）v₁ ＝ kt₁²/2m K=1/2・mv² ＝ k²t₁⁴/ ８m カ）エネルギー保存則から 運動エネルギーに等しい W=k²t₁⁴/ ８m キ） ①より v₁ ＝ kt₁²/2m ② ク） dx=vdt ＝ kt²/2m dt だから０から t₁ までで積分すると x1= t1 0 kt2 2mdt = kt3 1 6m ケ）t>t₁ では等加速運動で加速度は ma=F より a=kt₁/m v=v₀ ＋ at より t → t-t₁ として ②から a=2v₁/t₁ となるので v=v₁+kt₁/m・(t-t₁)=v₁+2v₁/t₁・(t-t₁)=v₁(2t-t₁）/t₁ コ）x=x₁+v₁(t-t₁)+v₁/t₁・(t-t₁)² ＝x₁ ＋ v₁t(t-t₁）/t₁ F ｔ kt₁ ア） ｔ ₁ v,a ｔ v₁ ウ） ｔ ₁ P1 v a 左図のｖのグラフはなめらか に連続しているが、これを微 分した a のグラフになるとな めらかではなくなる。さらに a を微分すれば０か定数かの とびのあるグラフになる。こ のように微分することで変化 のしかたをより鮮明にするこ とができる。 力積の式：F Δｔ＝Δ P これは運動方程式も表現している。 Δ P ＝ ma Δｔ ｖΔｔ＝ｘ a Δｔ＝ｖ
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解答 No-12 ☆公式・Point ◎ P1 非等加速運動 力積の意味 1992 自治医科大 改 質量ｍの物体にはｘ軸の正の方向に次のような力 F が働いている。 ただし、物体は t=0 で x 軸の原点に静止しているとする。 F=k t 0 ≦ t ≦ t₁ F=k t₁ t>t1 時間はｔ、速度はｖ、加速度は a の記号を用いることにする。 ア）F をｔの関数として F-t グラフを描け。 イ）時刻 t₁ までに物体に与えられた力積を求めよ。 ウ）時刻０から t₁ までの物体の v-t,a-t グラフを描け。 エ）t=t₁ までのｖをｔの関数として求めよ。 オ）t=t₁ での物体の運動エネルギーを求めよ。 カ）t=t₁ までに F がした仕事を求めよ。 キ）t=t₁ での物体の速度 v₁ を求めよ。以下この v₁ を用いてよい。 ク）t=t₁ での物体の位置 x₁ を求めよ。以下のこの x₁ を用いてよい。 ケ）t>t₁ での速さｖを式で表せ。 コ）t>t₁ での位置ｘを式で表せ。
P1 ア）動摩擦力は進行方向と反対に働くのでθ２＝θ１
イ）力積の式から進行方向を正の向きにとり、動摩擦力を F として ー FT= ｍ V- ｍ Vo F= ｍ (Vo ー V)/T ①
ウ）動摩擦力は一定に働くから距離を S とすると FS だけエネルギーを失う。 ①からエネルギー保存則から 1/2 ｍ Vo2-1/2mV2＝ FS ＝ｍ (Vo ー V)S/T S=(Vo2-V2)T/2(Vo-V)=(Vo+V)T/2
エ）ｘ方向は力が働かないので VoSin θ1＝ VSin θ２ Sin θ２＝ VoSin θ１/V ①
エネルギー保存則から 1/2mVo2-mgh=1/2mV2から V= √ (Vo2-2gh) ①からSin θ
２＝ Vo/ √ (Vo2-2gh)・Sin θ１
P1 ア）F が一定）ー F Δｔ＝ｍ（V ー Vo) ：これは運動方程式 F が変化する場合） ー∫ Fdt ＝＝ｍ（V ー Vo) 積分になる。 イ）燃料の質量はΔｔ秒後にρ V ＝ρ S ｙ＝ρ S ｖΔｔ 従って各力積の式 は燃料の静止系からの速度 u はｖ＝ u ーΔ V から u ＝ｖ＋Δ V となるか ら重力を加えて ロケット）（M ーρ S ｖΔｔ）Δ V －０＝ F Δｔ -（M ーρ S ｖΔｔ）g Δ t 燃料）ρ S ｖΔｔ ( Δ V ＋ v) －０＝－ F Δｔ－ρ S ｖΔｔｇΔｔ ウ）1) では外力は無い。水に浮かぶ板の上を歩くことを想像しよう。 自分は摩擦力ｆで進み板は同じｆで後方に動く。よって A) ｍｖー０＝ｆΔｔ B)MV －０＝ーｆΔｔ 2) では外力 F に逆らって A に摩擦力ｆが働く、この外力 F は A にしか働かない。 よって A) ｍｖー０＝－ｆΔｔ＋ F Δｔ ① B) MV －０＝ｆΔｔ ② ①＋②は 2) では０ならない。つまり、A,B の重心が動く運動方程式が導かれる。
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解答 No-13 ◎ P ２ 力積 Δｔが微小ではない場合 図のような平面があり、区間 B から C までは摩擦がある。 まさつの無い A 区間の点から質量ｍの物体を速度 Vo で投げ出したら 図のように区間 BC に角度θ１で入り、区間 BC から角度θ２で抜け出した。 BC 間を通過するのに T 秒かかり D 区間に達した時の速さは V であった。 ア）θ２をθ１で表せ。 イ）BC 間を通過中に働く力を求めよ。 ウ）BC 間を物体が移動した距離を求めよ。 次に全区間には摩擦がなく、区間 AB と CD は同じ高 さの平面だが BC はなめらかな斜面（C が高い）とし て同じように A から Vo で同じ向きに投げ出す。 重力加速度はｇ、ＢＣ間の高さはｈとする。斜面との 境界はなめらかで図右をｘ、上をｙ方向とする。 θ１ C B A D θ２ 上から見た図 エ）Sin θ２を Vo、ｇ、h、θ１で表せ。以後θ2を解に用いてよい。 ◎ P1．力積の式 Δ表示 次の場合の力積の式を書きなさい。力を受ける時間をΔｔとする。 ア ) 板貫通 板からの抵抗力 F が一定な場合とそうでない場合 Ｖ Ｖ０ イ ) 初期質量Ｍ 燃料噴出面積Ｓ，噴出速度ロケットから見てｖ、 燃料の密 度ρ、ロケットと燃料の両方の式を作れ。 ただし、ロケットははじめ は静止、Δｔ秒後の速さはΔ V、 内力 F、重力加速度ｇ、上向きをｙ軸の正とする。 ウ ) 摩擦ない床の上に質量Ｍの台Ｂを置き、その左端に質量ｍの Ａを置く、 右端に移動するまでΔ t かかった。 Ｂ Ａ F 1) 台 B と物体 A についての式をつくれ、摩擦力をｆ、 Δｔ秒後の A,B それぞれの速度をｖ、V 右を正とする。 2) さらに同じ問題を A に外力 F を加えた場合ではど うなるか。
＊相対速度がからむ向きの変化の問題はとりあえず、正の向きに未知の速度を おく。向きが反対になる場合は結果にマイナスがつく ア）運動量保存則より衝突後の容器の速度を正の向きに V、物体の速度をｖと すると M₁v₀ ＝ M₁v ＋ M₂V ① 弾性衝突だから1 =−v0v − 0 − V V=v₀+v ② ①、②より、M₁v₀=M₁v+M₂(v₀+v） v=v =M1− M2 M1+ M2 V0③ 同様に M₁v₀=M₁(V-v₀)+M₂V V=v = 2M2 M1+ M2 V0④ ③④より、容器に対する相対速度は v'=v-V=-v₀ ⑤ ＊容器からみれば弾性衝突で反射するだけ イ）容器から見れば初期条件が反対になっただけなので⑤から v₀ ウ）容器から見れば物体は速さｖ ₀ で等速で往復運動をするからt=2v₀/d F' エ）物体と反対で正の向きに動摩擦力 F' が働く 物体については F'= μ ’N ＝μ ’M₁g だから 容器についてｘ方向の運動方程式は容器の加速度を a₂ とし、 M₂a₂= μ ’M₁g a2= µ M1g M2 ⑥ オ）容器には加速度があるから容器から見れば物体に反対向きに慣性力が働く 物体に注目し、運動方程式は加速度を a₁ として慣性力 M₁a₂ が働くから M₁a₁=-(M₁a₂+ μ ’M₁g) ⑥より a1=−µ gM1+ M2 M2 ⑦ F' M₁a₂ a₁ a₂ カ）容器対して静止することは同じ速度になる→一体化→運動量保存を使う。 容器に対して物体が静止する時は一体化しているとして摩擦力は内力になる ので運動量保存則が成り立つ。静止系から観測し一体になった速さを V’ と して M₁v₀=(M₁ ＋ M₂）V’ よってV = M1v0 M1+ M2 ⑥から V'=v₀+at より容器ははじめ静止していたから一体化になるまでに t=V'/a₂= ⑦容器上で物体を見る距離は大きさ S=|a₁t²/2|= 相対速度の絡む運動量保存は基本的に正の向きに速度をおく。そうすれば 相対速度、相対加速度の公式（基準を引く）がそのまま使える。 M2v0 µ g(M1+ M2) v02M2 2µ g(M1+ M2) class No. Name
解答 No-14 ☆公式・Point ◎ P1 連続衝突 亀の子問題３ 摩擦あり 2015 慶応改 図のように水平の床の上に距離 d 離れた壁 L, 壁 R をもつ質量 M₂ の容器と その中に質量 M₁ の物体を入れる。図の右側を x 軸の正の向きにとり、容器も、 物体も x 軸方向のみの運動をする。はじめ容器は静止していて、物体のみ正の 向きに初速 v₀ を与える。壁との衝突は全て弾性衝突としてよい。 はじめ床、容器内の摩擦を無視する。 ア）壁 R に１回目の衝突をした時の物体の 速度と、容器に対する相対速度を求めよ。 イ）次に物体が壁 L に衝突した後の容器に対する相対速度を求めよ。 ウ）物体が壁 L から壁 L にぶつかる時間間隔を求めよ。 次に容器と床には摩擦はないが容器と物体には動摩擦係数μ ’ があるとする。 はじめ物体は容器の中央に位置し、初速ｖ ₀ で正の向きに運動させる。 エ）はじめの容器の加速度を求めよ。 オ）容器と共に動く観測者から見た物体の加速度を求めよ。 カ）容器と共に動く観測者から見て、物体が静止するまで動いた距離を求めよ。 【次ページに続く】 ｄ 壁 L 壁 R M₁ ｘ M₂
キ）容器は床に対して動いていないので物体からの摩擦力 F₁ と床の摩擦力 F₂ が釣り合う。F₁ ＝μ ’M₁g、F₂ ＝ - μ (M₁ ＋ M₂)g ここでは静止摩擦係数μ は与えられていないのでつりあっている F₁ で答えるとーμ ’M₁g ク） P1【前問の続き】 F₁' M₁ α a α 図のように、実際の向きと異なったとしても正の向きに、 容器の加速度αと、容器からみた物体の加速度 a を置く。 物体には慣性力 M₁ αが働くから容器からみた物体の 運動方程式は M₁a=F₁'-M₁ α = μ ’M₁g-M₁ αよって a= μ ’g- α① 同様に地上からみた容器の運動方程式は M₂ α =-μ ’M₁g- μ '(M₁ ＋ M₂)g=- μ '(2M₁+M₂)g だから α =−µ (2M1+ M2)g M2 , , a = 2µ (M 1+ M2)g M2 ② α F₁' F₂' ケ） S 床と容器に摩擦力が働くので外力になり、ｘ方向の運動量は 保存されない。物体の衝突直前の速さを V とすると容器か ら見れば、弾性衝突なので同じ速さ V で跳ねかえる。この V さえわかれば後は加速度が②の等加速運動である。 V₀ 物体のエネルギー保存則を考えると衝突までの距離 S=d/2 ③として摩擦が 仕事をするから 1 2M1V 2 0 = 1 2M1V 2+ µ M1gd 2, , V = V2 0 − µ gd④ よって壁 L 方向は負の加速度になるので V² ＝ 2aS から ②，④を用いて S ＝ V²/2a= (V 2 0− µ gd)M2 4µ (M1+ M2) 外力が作用すると運動量は保存されない。しかし、弾性衝突していれば 容器系から観測すれは衝突直前、直後の速さは同じである。
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解答 No-15 ☆公式・Point ◎ P1 連続衝突 亀の子問題３ 摩擦あり 2015 慶応改 【前問の続き】 ｄ 壁 L 壁 R M₁ ｘ M₂ 次に容器と床、容器と物体共に、動摩擦係数μ ’ があるとする。はじめ、 容器の中心から物体を V₀ で動かすと、容器は物体が壁 R に衝突するまでは 静止し、衝突後動き出した。 キ）壁 R に衝突する前までに容器が床あｋら受けるｘ方向の合力を求めよ。 ク）衝突直後、容器と共に動く観測者から見た物体の加速度を求めよ。 ケ）その後物体は壁 L に衝突する前に容器に対して静止した。この時の壁 R からの距離を求めよ。ただし、この時も容器は床に対して運動していると する。
P2 ア）水平方向には内力のみなので運動量保存則が成り立つ。 発射台の質量ははじめは 300m で 1 秒間に 10m だけ減っていくから M(t)=300m-10mt ① イ）静止した人から見る小球の速度を u とすると相対速度の式から 10 ＝Δ u- Δ V よってΔ u=10+ Δ V ② ウ）運動量保存則から②より (M(t)- Δ M）Δ V ＋Δ M(10+ Δ V) ＝０ Δ M ＝ 10m Δｔだから①より (300m-10mt) Δ V ＋ 100m Δ t ＝０ よって (30-t) Δ V=-10 Δ t エ）変数を分離し、両辺が積分するとΔ V=-10・Δｔ /(30 ｰ t) V 0 dV = 10 0 −10 30 − tdt V = −10[log(30 − t)]100 =−10(log 20 − log 30) = 10 log
3 2 =4 P2）力積の式はΔ P ＝ F Δｔ 質量が変化しても通用する。 燃料の速度を u とするとロケットに対する燃料の噴出速度ｖは相対速度から v ＝ u －Δ V 速度は下向きにおいて v は一定だからΔｔ秒間では Δ M ＝ρ S ｖΔｔ ロケットについて力積は（M －Δ M) Δ V ＝ー F Δｔ＋ (M- Δ M）g Δｔ 燃料について力積は Δ M・u ＝ΔＭ (v+ ΔＶ）＝ F Δｔ＋Δ Mg Δｔ P1 ア）運動量保存則は B の速度を u とすると相対速度の式から ｖ＝ u-V だから u=V+v よって０＝ (M ーｍ）V ＋ｍ (V+v) F Δｔ＝Δ P だから 力積の式はA)(M ーｍ）V ＝－ F Δｔ B) ｍ (V+v) ＝ F Δｔ イ）外力である重力が加わっても力積の式は成り立つ。 運動量保存則は外力が働くと成立しない F Δｔ＝Δ P から A) (M ーｍ）V ＝－ F Δｔ＋ (M ーｍ）ｇΔｔ B) ｍ (V+v) ＝ F Δｔ＋ｍｇΔｔ
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解答 No-16 ☆ P2 力積と積分 図のように摩擦ない水平面上に台車 ( 質量 100 ｍ ) から質量ｍの小球を台車か ら見て水平方向に速さ 10m/s で打ち出し続ける装置をつけた。静止している 状態で 200 個の小球を内部に蓄えている。1 秒間に 10 個の小球を打ち出せる とし、発射装置の質量は無視できる。台車と装置を合わせて発射台と呼ぶ。 ア）時刻ｔでの発射台の質量 M(t) を求めよ。 イ） Δｔ秒後の発射台の速さをΔ V として地上からみた小球の速度をΔ u を 求めよ。 ウ）発射初めてからΔｔ秒後の運動量保存の式を立てよ。 Δｔ、ｔ、Δ V で表すこと。 エ）10 秒後の発射台の速さを求めよ。Log1.5=0．4 としてよい。 ◎ P2 力積の式 ロケット ある時刻の質量Ｍ 燃料噴出面積Ｓ，燃料噴出速度ｖはロケッ トに対して一定とする。 噴出時間Δｔ後のロケットの速度Δ V、 燃料の密度ρ、とし、 質量の変化量Δ M、本体と燃料について力積の式を立てよ。 燃料がロケットに与える力を F とし重力加速度はｇとする。 ◎ P1 ロケット１ 力積の式 変化量表示 始め静止していた総質量 M の物体 A が図のように質量ｍの B を A からみた 速度ｖで反対に放出した。 ア）図のように水平な場合について運動量保存則と A、B についての力積の 式を立てなさい。ただし、Δｔ秒後の A の速度を V としなさい。内力は F、 重力加速度はｇ、全体の質量が M、B の質量をｍとする。 A B イ）次におなじ状況で物体 B を図上右のように重力の向きに投げる。 A、B についての力積の式を立てなさい。 A B M
mg R 抗力で図示 mg N 通常の図示 P1 ア） F’ 抗力＝垂直抗力＋摩擦力だから 動摩擦力が働くと抗力は斜面に垂直より やや奥に倒れる。加速しているので釣り 合わない。合力が加速度の向きになる。 力の図示は余分なものを書くと間違いに なるので注意する。 ｘ方向 )ma=mgSin θー F’ ① ｙ方向）N=mgCos θ② 摩擦）F'= μ ’N⓷ ②、③より F'= μ ’mg ①に代入し、a=g(Sin θ - μ ’Cos θ）を得る。 公式に代入して、ｘ、ｖは得られる。しかし、積分が理解されていれば a をｔで積分し初期条件 t=0 で v=0 を代入するとv=g(Sin θーμ ’Cos θ）t さらにｖを t で積分して t=0 で x=0 を代入しx=1/2・g(Sin θ - μ ’Cos θ）t² イ） 運動方程式を微分を表し、t の微分を・で表すと v = ˙x, a = ¨xである。これでイ）を微分方程式に書き直すと m¨x = mg sin θ− µ mg cos θとなる。これは力に関する式で、W= ∫ Fdx だから両辺をｘで積分する。力をｘで積分するとエネルギーが出て、力を時 間で積分すると力積（運動量の変化）になる。積分区間はｘ ₁ からｘ ₂ まで ウ）斜面に沿ってｘだけ変位した時の速さをｖとしてエネルギー保存則を立て る。摩擦力が F’S= ーμ ’mgxCos θの仕事をするから mgh = 1 2mv 2+ mg(h − x sin θ) + µ mgx cos θ④ エ） x2 x1 m¨xdx = x2 x1 mg sin θdx− x2 x1 µ mg cos θdx 積分区間はｘ ₁ からｘ ₂ までとしている。右辺は簡単に積分できるが 左辺は dx=vdt で変数変換し、ｘ・・＝ｖ・、（ｖｖ）の微分が２ｖｖ・となるから t2 t1 m ˙vvdt = t2 t1 m 2 d dt v2 dt = mg(x2 − x1) sin θ− µ mg(x2− x1) cos θ ここではｘ ₂ ＝ｘ、v₂ ＝ｖ ｖ ₁ ＝ 0、ｘ ₁ ＝０とすると 1 2mv 2= mgx sin θ − µ mgx cos θとなり④に一致する。 W= ∫ Fdx 運動方程式をｘで積分するとエネルギーが出て、時間で積分すると力積 （運動量の変化）になる。ma の積分は∫ madx=1/2mv'² － 1/2mv² P2 ア）力積の式から F Δｔ＝ｍ V ーｍ V₀ 仕事の式から F Δ S ＝1/2・ｍ V² ー 1/2・ｍ V²₀ イ）運動方程式から ma=F=-mgSin θｰμ ’mgCos θ
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解答 No-17 ☆公式・Point ｈ A O θ ☆◎ P1 運動方程式とエネルギー 摩擦ある斜面 微積分の基礎 次のように摩擦ある仰角θの斜面がある。斜面上の点 A から質量ｍ [kg] の 物体 A を静かに放す。物体の大きさは無視できる。点 A を原点に斜面下向き を x 軸の正にとる。重力加速度はｇ [m/s²]、動摩擦係数はμ ’ とする。 ア）下降中の物体の力の図示を抗力を用いる場合と、 用いない場合と共に図示してみよ。 イ）t=0 で A 点を出発したとし、物体の運動方程式 をつくり、変位ｘ、速さｖについて解け。 ウ）斜面上をｘだけ変位した時のエネルギー保存則 を導け。最下点を位置エネルギーの基準とせよ。 エ）イ）の運動方程式とウ）のエネルギー保存則との関係を示せ。 ｖの微分をｘ・で表すとする ◎ P2 力積の式 変化量表示 図のようにあらい水平となす角θの斜面を質量ｍの物体が初速 V₀ で登りは じめ、Δｔ秒後に斜面を登りきると速度は V になった。斜面と平面のつなぎ はなめらかで、水平面には摩擦はなく重力加速度はｇ、斜面の動摩擦係数はμ ’、 斜面上方を正とする。 V V₀ θ ア）斜面上で物体に働く合力を F とする。 斜面に沿った斜面下端から上端までの変位を Δ S とする。 F Δｔと F Δ S をｍ、V、V₀ で表せ。 イ）合力 F をｍ、ｇ、μ ’ で表せ。
イ）燃料はロケットと反対に運動するがここでは符号を含めて全て正の記号で おく。こうすると向きが公式どうり使えるので便利になる。 観測者に対し、はじめの運動量は０、Δｔ秒後では噴射される燃料の質量も ΔＭである。観測者から見た燃料の速度を u とし、相対速度の式からｖ＝ u －ΔＶだから u ＝ΔＶ + ｖ、よって運動量保存則から （M ーΔＭ）ΔＶ＋ΔＭ・（ΔＶ + ｖ）＝０ よってΔＶ＝ーΔＭ／Ｍ・ｖ この式からロケットと燃料の速度の向きが反対であることがわかる。 ア）Δｔ時間に噴射される燃料の体積はＳｖΔｔだからΔＭ＝ρＳｖΔｔ ウ）イの両辺を次のように積分すればよい。ｖは定数。変数をまとめて 積分区間は速度変化が０から V、対応して体積変化が M から M/ ２だから 1/M の積分は LogM よって これからＶ＝ｖ・log2 となる。 エ）今度は外力が働いている。運動量の変化が力積になることからΔｔ秒後に ついて燃料噴射から受ける力（内力）をＦとしてそれぞれについて力積の 式を立てる。ロケット：（M ーΔＭ）ΔＶ＝ＦΔｔー（M ーΔＭ）g Δｔ ① 上の最後の項が外力重力の力積である。燃料速度はイの結果を用いて u= Δ V ＋ｖから 燃料：Δ M（ΔＶ + ｖ）＝－ＦΔｔ－ΔＭ g Δｔ ② 上の左辺の最後の項が燃料の重力の力積でロケットと同じ向きである ①と②を足せば内力は消えて、M Δ V ＋Δ M ｖ＝ー M ｇΔｔ よって Δ V= ーΔＭ／Ｍ－ｇΔｔ よって両辺を積分する 半分になる時間ｔとして、変数の関係に注意すると時間は０からｔと変化する よってこれから Ｖ＝ｖ・log2 ーｇｔで決まる。 ＊ｖ、ｔともにある定数である。 F － F Δ V u 重力がない場合 重力がある場合 F － F Δ V u （M- Δ M)g Δ Mg v 0 dV =−v M/2 M dM M V =−v logM 2 − log M =−v log12 = v log 2 v 0 dV =−v M/2 M dM M − g t 0 dt V =−v logM 2 − log M − gt = v log 2− gt 力積の式：F Δｔ＝Δ P ベクトル量 力積の式は運動方程式を含み、変分の形で書かれているので応用が広いＺｏ
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解答 No-18 ☆公式・Point ☆ P1 ロケット２ 力積 質量変化するロケット 積分あり 宇宙空間である時刻でのロケットの質量を M とし燃料の密度をρ、燃料噴 出口の面積を S とする。時刻 t=0 にこのロケットは観測者に対し静止してい る。燃料の噴射速度はロケットから見れば常にｖであるとする。ロケットの質 量 M が半分になるまでの時間をｔとする。 ア）Δ t 秒後のロケットの質量の変化量Δ M を求めよ。以後このΔＭを用い てよい。 イ）Δ t 秒後のロケットの速さΔＶとしてこれを求めよ。 ウ）ロケットの質量が半分になった時のロケットの速さを求めよ。 エ）次に同じロケットで地上から打ち上げる場合でウ）を求めよ、重力加速度 はｇとする。 ただし、質量がはじめの半分になる時間をｔとせよ。
P1) ア） 静止系からの台車の速度Δｖは相対速度の公式から Δ u= Δｖ－Δ V からΔｖ＝Δ u+ Δ V となる。 台車 （T ーμ ’mg）Δｔ＝ｍ (Δ u+ Δ V) ① 台 μ ’mg Δｔ＝ M Δ V ②
イ）①＋②より T ＝ m Δ u/ Δ t ＋ (m+M) Δ V/ Δｔ Δ u=0, Δ t ＝ S/u だから V=T Δ t/(m+M)=TS/(M+m)u
台車の速さは u を加えて U=TS/(M+m)u ＋ u ＊張力は外力だから静止系から見て考える。 ウ） ②から台の加速度は a= μ ’mg/M よって台の動いた距離 S' は S' ＝ 1/2・at²=1/2・μ ’mgS²/(Mu²) よって T の仕事は W ＝ FS より 台車は台の上を S 動くから W=T(S'+S)=T( μ ’mgS²/(2Mu²) +S) ＊摩擦力は内力で動いている台に対して働くので台から見て考える。 エ）台車の動摩擦力は台に対して働くから W=FS より W= ーμ ’mgS オ）摩擦力で台車が動くと考えると、動摩擦力が反対向きになる。 台車 μ ’mg Δｔ＝ｍ ( Δ u+ Δ V) ③ 台 ーμ ’mg Δｔ＝ M Δ V ④ カ）③＋④より運動量保存則 ー M Δ V ＝ｍ ( Δ u+ Δ V) を得る これからΔ V/ Δ t ＝ A=-ma/(m+M) また、全体の重心が動かないから -MX=m(S-X) X=-mS/(m+M) mg N/2 N/2 T μ ’mg/2 μ ’mg/2 μ ’mg/2 μ ’mg/2 N/2 N/2 Mg 台と台車には作用・反作用の関係でそれ ぞれ N, μ ’mg が合わせて働く 外力の仕事は静止系で、内力の仕事は物体に乗って考える。 内力は一体として静止系からみれば消える。
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解答 No-19 ☆公式・Point 図のようにまさつのない平面に質量 M の台を置き、その上に大きさの無視 できる質量ｍの台車をおく。台と台車には動摩擦係数μ ’ の摩擦がある。台の 幅は S、重力加速度はｇとする。はじめは台の左端で台車は台と共に静止して いる。 ア）はじめ台車に糸をつけ、図のように張力 T で引く。台車と台に働く力を 図示し、右を正として時間Δｔ後の台の速度をΔ V、台から見た台車の速度 をΔ u として力積の式をそれぞれについて立てよ。 ◎ P1 変化量の式 亀の子問題１ 内力・外力 T M S イ）張力が一定で T, 台から見た台車の速度も一定で u とする。台車が台の右 端に到達したときの台の速さ V と台車の速さ U を求めよ。 ウ）動きはじめてから台車が台の右端に達する間に T のした仕事を求めよ。 エ）動きはじめてから台車が台の右端に達する間に台車の動摩擦力のした仕事 を求めよ。 オ）次に糸を取り去り、台車内部の駆動力で動く場合、台車と台に働く力を 図示し、右を正として時間Δｔ後の台の速度をΔ V、台から見た台車の速度 をΔ u として力積の式をそれぞれについて立てよ。 カ）はじめの台の重心の位置を x=0 とし、ｘ軸を右方向にとる。台車が台の 右端まで移動したときの台の重心の位置 X を求めよ。また、この時の台か ら見た台車の加速度が a であったとし、台の加速度 A を求めよ。
３mg mg F₀ N' t=0 では共に初速として V の速さだから⑥、⑦よりｖ＝ｖ ₀ ＋ at を用いて 時刻 t1では VA＝ V+(ｆ－μ ’mg)t₁/3m=V+(3.5-0.5)gt1/3=V+gt1 VB＝ V+ μ ’ℊ t₁ ＝ V+gt₁/2 A も B も同じ加速度 a をもっている。A,B について A)3ma=f-Fo ① B)ma=Fo ② N=mg ③ Fo= μ N ④ ①､ ②を足して (3m+m)a=f ⑤さらに ②、③、④から ma= μ mg a= μ g を⑤に代入すればｆ＝ 4m μ g N F₀ N A の加速度をα、B の加速度をβとおく、 A)3m α =f-F’ ① B)m β =F’ ② N=mg ③ Fo= μ ’N ④ ②、③、④から m β = μ ’mg β = μ ’g ⑥を②に代入すれば①は ３m α＝ｆ－μ ’mg α＝ ( ｆ－μ ’mg)/3m ⑦ よって A から B を見た加速度 a はa= βーα＝ (4m μ ’g －ｆ）/3m 摩擦の仕事によってエネルギーは失われるので μ ’mgS=E S=E/ μ ’mg vA vB 左のグラフの囲まれた面積を求めればよい 長方形の面積は S₀=t2× (VA-V) これから S1=1/2・t1× (VA-V)、S2=1/2・(t2-t1)(VA-V2) S3=1/2・t₂ × (V2-V) を引けばよい。 S=S0-S1-S2-S3= 1/2(VA-V)t2+1/2(V-V₂）t₁ V2 ウ） イ） ア） エ） オ） ク） V ｔ ｆ V コ） Ａ B B には右向きに最大摩擦力が働く 力積の式からΔ P ＝ F Δｔ 外から加えている力積は時刻 t1までだから (m+3m)V'-(m+3m)V=3.5mgt1 よってΔ V=7gt1/8 一体となった時の速さを V’ とし、運動量保存則より 3mVA+mVB=4mV’ よって VA’ ＝ VB' ＝ (3VA+VB)/4 B は常に 0.5ℊで加速しているからΔ V=0.5ℊ t2 0.5t2=7t1/8 t1=4t2/7 エネルギー保存則より 1/2(3mVA2+mVB2)-1/2・4mV'2 カ） キ） ケ） ｔ ₁ ｔ ₂ サ） 複数の V-t グラフの面積は両者の間隔距離 図形の面積は四角形ー周囲図形 引き算が簡単な場合
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解答 No-20 ☆公式・Point 図のようにまさつない面上に質量 3m の物体Ａを置き、その上に質量ｍの物 体Ｂをのせる。ＡとＢの間の静止摩擦係数をμ、動摩擦係数をμ ’ とする。物 体 A を一定の力ｆで図右側に引く。重力加速度はｇとする。 Ａ 3m ｆ ア）ｆがある力の時ＢはＡの上を滑り出した。 この時、物体 A,B に働く力を図示せよ。 ウ）その後ｆを一定にし、ＢはＡの上を滑っている。Ａから見たＢの加速度を 求めよ。 B ｍ 物体 B が物体 A の上を滑り出した時の物体 A の速さを V とし、この時の時刻 を t=0 とする。また引く力は一定でｆ =3.5mg、運動摩擦係数μ ’ ＝ 1/2 とする。 時刻 t=t1で引く力ｆを０にした。時刻 t=t2で B は A の上で静止し、A から床 に落ちることはなかった。 エ）t₁ での A の速度 VA、B の速度 VBを求めよ。(V,g,t₁ を用いて答えよ ) 以後この VA、VBを用いてよい。 オ）t2での A の速度 V’A、B の速度 V’Bを求めよ。(VA、VBを用いて答えよ ) 以後この速度を V' とする。 カ）V' と V との差Δ V=V' － V を求めよ。(g,t₁ を用いて答えよ ) キ）さらにΔ V を g,t₂ を用いて表し、t1を t2で表せ。 イ）ｆがある力の時ＢはＡの上を滑り出した。 この時のｆの大きさを求めよ。 ◎☆ P1 亀の子問題２ 相対速度・加速度 運動量保存 ク）時刻 t1から B が A の上で静止するまでに摩擦により、失われたエネルギー を求めよ。以後この値を E とする。 ケ）t=0 から t=t₂ までの A と B の V-t グラフを描け。ただし、同じ座標軸上に 2 つのグラフを描くこと、A と B の違いがわかるようにすること。 コ）t=0 から t₂ までに物体 B が物体 A の上を滑った距離 S を求めよ。 (t1,t₂,V2,V,VAで表せ） サ）同じく S を E とμ ’、ｍ、ｇで表せ。
バウンドしない→極限をつかう（無限等比級数） 鉛直方向は投げ上げ、斜面方向は等加速運動、水平方向は等速運動 P1 ア）重力を斜面方向 (x) と斜面垂直方向 (y) ｘ方向に 加速度gSIn θで等加速運動をしていることになる。 （はねかえりの影響は摩擦がないのでうけない） よって 等加速運動の式から初速０とし、xn=1/2・gSin θ tn2 エ）Q2 で衝突直前の速さの y 成分は Vy=evCos θ－ gCos θｔのｔに③を 代入すると Vy= － evCos θを得る。y 方向は衝突毎に e 倍されるだけだ。 よって直後では Vy2＝－ eVy ＝ e２vCos θとなる。 これから Vy について は公比 e の等比数列である。よって Vyn ＝ vCos θ en ①を代入すると
Vyn ＝√ (2gh)Cos θ ･en ⑤
オ）Vy が０になる時間を Tn の無限和で考える。④式から公比 e の無限等比級 数だから初項 T₀ のみ特別で T=T0+ Σ Tn= √ (2h/g)+2e √ (2h/g)/(1-e) T=√ (2h/g)・(1+e)/(1-e) ⑥ さらにアの結果から
X=1/2・ｇ Sin θ T２＝h・Sin θ｛(1+e)/(1-e)}２ Q Q１ θ Q２ ｘ２ θ gSin θ evy 衝突前後で vx は変化しない エネルギー保存側から衝突直前の速さをｖとすると mgh ＝ 1/2 ｍｖ２ ｖ＝√ (2gh) ① Q１で衝突直後は v1y＝ evCos θ =eCos θ√ (2gh)
vx＝ vSin θ =Sin θ√ (2gh) ②を初速とし x 方向には gSin θ、y 方向には -gCos θの加速運動をする。斜面に再び戻るのは最高点までの 2 倍の時間だ
から v=vo+at から最高点 v=0、t=-vo/a よってｙ方向往復で 2t=2evCos θ /gCos θ＝2ev/g ③ ①を代入して
Ｔ1＝ 2e √ (2h/g) Ｔ０＝√ (2h/g)
イ）
ウ）ｖ ² ーｖ ₀² ＝ 2aS から②より v ＝ 0 だから v₁y2＝ 2gCos θ Y1
Y1=(evCos θ )2/2gCos θ =e2hCos θとなる Y₀ ＝ hcos θだからY1=e2Y0 これは公比 e² の等比数列だから
よってYn ＝ e2nY
0=e2nhCos θ、また n>0 であれば Tn ＝ 2en√ (2h/g) ④
斜面水平、鉛直でみかけの重力を求めて、等加速運動で考える。解答 No-21 class No. Name
☆公式・Point ☆ P1．連続衝突 斜面 図のように Q1から高さｈの位置から t=0 の時刻に質量ｍの小球を自由落下 させる。以後斜面と衝突する位置を Q2,Q3…とし、落下時刻も同様に t１,t２… とおく、はじめの位置から斜面への垂線の足を Q とし Q と Qnとの距離をｘｎ とする。斜面の反発係数は e(<1)、重力加速度はｇとし、斜面に摩擦はない。 Q を原点に斜面下方をｘ軸、斜面に対し鉛直上方をｙ軸とし、この方向をここ では高さと呼ぶことにする。 ア）ｘｎをｔｎで表せ。 イ）Q1に衝突直後の速さのｙ成分とｘ成分を求め、 Q1までの時間Ｔ０と Q1から Q2に衝突するまで の時間Ｔ1を求めよ。 ウ）Q 点から初めの物体の高さを Y0、Qn からの高 を Yn とする。また、Qnから Qn+1までの時間を Tn とする。Yn と Tn を求めよ。 エ）Qｎで衝突後の速度のｙ成分を Vyｎとしてこれを求めよ。 オ）Vyｎが０になると小球は斜面をバウンドすることなく滑り出す。 この時までかかった時間 T と斜面上の位置 X を求めよ。 Q Q１ ｈ θ Q２ ｘ２ ｙ ｘ１
