【解答・解説】京大物理2025 第1問 -力学-

以下の問題は，2025年度京都大学入試問題物理第1問から引用しています(一部修正しています)。

なお，本記事中の図は全て，2025年度京都大学入試問題物理第1問を参考に，ライターが作成したものです(一部見やすさ等のためライターが変更した部分があります)。

相対運動と円運動に関する問題です。

(1)

自然長が $L$ であること，また問題文より $R > L$ であることから，ばねの復元力 (単振動のまとめ) は，点 O の方向へ大きさ ア：$k (R - L)$ であることがわかります。

小球は半径 $R$，角速度 $\omega$ の等速円運動 (円運動とは｜円運動における加速度・向心力・遠心力) をしていることから，小球にはたらく遠心力の大きさは イ：$M R \omega^2$ と求められます。

小球とともに回転する系から見て力のつりあいより

$$k (R - L) = M R \omega^2$$

$$\therefore (k - M \omega^2) R = k L \tag{1-1}$$

$R$ に関するこの方程式が解を持つとして解くと

$$\textbf{ウ}：R = \dfrac{k}{k - M \omega^2} L$$

と求められます。

問1

この小球が等速円運動を行うためには，(1-1)式が正の解を持つ必要があります。これより $\omega$ の条件は

$$k - M \omega^2 > 0$$

$$\therefore (0 <) \omega < \sqrt{\dfrac{k}{M}}$$

と求められます。

(2)

まず，ひもが切れた直後，小球1・2の座標はそれぞれ $(a, 0), (a + b, 0)$ であることから，2つの小球の重心 G の座標 $(x_G, y_G)$ は

$$x_G = \dfrac{M a + m (a + b)}{M + m} = a + \dfrac{m}{M + m} b \quad (\textbf{エ})$$

$$y_G = \dfrac{M \cdot 0 + m \cdot 0}{M + m} = 0 \quad (\textbf{オ})$$

と求められます。

また，ひもが切れた直後の小球1・2の速度 $\vec{v}_1, \vec{v}_2$ は，それぞれ

$$\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 0 \\ a \omega \end{pmatrix}, \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ (a + b) \omega \end{pmatrix}$$

であることから，ひもが切れた直後の重心 G の速度 $\vec{v}_G$ は

$$\vec{v}_G = \dfrac{M \vec{v}_1 + m \vec{v}_2}{M + m} = \begin{pmatrix} 0 \\ (a + \dfrac{m}{M + m} b) \omega \end{pmatrix}$$

したがって，ひもが切れた直後の，重心から見た小球1の相対速度 $\vec{v}_{G \to 1}$ は

$$\vec{v}_{G \to 1} = \vec{v}_1 - \vec{v}_G = \begin{pmatrix} 0 \\ -\dfrac{m}{M + m} b \omega \end{pmatrix}$$

この大きさ $|\vec{v}_{G \to 1}|$ は カ：$\dfrac{m}{M + m} b \omega$ となります。また，$\vec{v}_{G \to 1}$ の向きを考えることにより，向きは キ：④ ($y$ 軸負の向き) であることがわかります。

ここで，重心 G に加わる力は常につりあっている (力のつりあい・作用反作用との違い) ため，重心にかかる加速度の大きさは コ：0 であり，重心の運動は サ：② (直線運動) であることがわかります。

さて，重心系から小球1・2の運動を考えます。重心の加速度が0であることと，小球1・2に加わる力は張力のみで，張力は常に小球1・2の速度と直交する向きにはたらくことを考えると，エネルギー保存則により，重心系から見た小球1・2は重心 G を中心に等速円運動することがわかります。

このときの角速度を $\omega'$ とします。重心 G から見た小球1の等速円運動の半径は $\dfrac{m}{M + m} b$ であり，相対速度の大きさは常にカであることから，

$$\dfrac{m}{M + m} b \omega' = \dfrac{m}{M + m} b \omega$$

$$\therefore \omega' = \omega \quad (\textbf{ケ})$$

求める張力を $T$ とすると，重心から見た小球1の運動方程式より

$$T = M \dfrac{m}{M + m} b \omega'^2 = \dfrac{Mm}{M + m} b \omega^2 \quad (\textbf{ク})$$

と求められます。

(3)

小球1・2は一体となって運動することより，これらは同じ角速度で運動します。角速度が等しい円運動の速度はその半径に比例するので，小球1の初速度 $\vec{v_1^0}$ は，小球2の初速度ベクトルを $\vec{v_2^0}$ とすると

$$\vec{v_1^0} = \dfrac{2}{3} \vec{v_2^0} = \begin{pmatrix} 0 \\ \dfrac{2}{3} V_0 \end{pmatrix}$$

大きさ $|\vec{v_1^0}|$ は $\dfrac{2}{3} V_0$ であることがわかります。

したがって，物体 A の運動エネルギー $K_A^0$ は

$$\begin{aligned} K_A^0 &= \dfrac{1}{2} 2m \left( \dfrac{2}{3} V_0 \right)^2 + \dfrac{1}{2} m V_0^2 \\ &= \dfrac{17}{18} m V_0^2 \quad (\textbf{シ}) \end{aligned}$$

と求められます。

また，$y = 0$ を位置エネルギーの基準高さとすると，上図から，物体 A がもつ位置エネルギー (位置エネルギーの定義と例（重力・弾性力・クーロン力）) $U (\theta)$ は

$$U (\theta) = 2m g (2a \sin{\theta}) + m g (3g \sin{\theta}) = 7 mga \sin{\theta} (\textbf{ス})$$

となります。

物体 A が初めて $\theta = \dfrac{3}{2} \pi$ に到達したときの物体 A の運動の方向を考えます。

そのためには，物体 A が $\theta = \dfrac{1}{2} \pi$ (円運動が到達できる最高到達点) に到達したとき，位置エネルギー $U \left( \dfrac{1}{2} \pi \right)$ が $K_A^0$ を下回るかどうかを調べればよいことがわかります。もし下回るなら，エネルギー保存則 (運動量保存則とエネルギー保存則の導出) より物体 A はその地点で正の速さを持ち，最高到達点に達してもそのまま反時計回りに運動を続けます。もし上回るなら，$\theta = \dfrac{1}{2} \pi$ でエネルギー保存則は成り立たず，したがってそれ以前の角度で物体 A の運動は静止します。その後物体 A は折り返して時計回りに運動します。

(ス)の結果より

$$U \left( \dfrac{1}{2} \pi \right) = 7 mga$$

一方 $V_0 = 3 \sqrt{a g}$ であることより

$$K_A^0 = \dfrac{17}{18} m (9 a g) = \dfrac{17}{2} mga > U \left( \dfrac{1}{2} \pi \right)$$

したがって，上記の議論より，物体 A が初めて $\theta = \dfrac{3}{2} \pi$ に到達したときの物体 A の運動の方向は セ：② (反時計回り) であることがわかります。

回転の角速度を求めるために，まず $\theta = \dfrac{3}{2} \pi$ での小球2の速度 $V_1$ を求めます。これはエネルギー保存則より

$$\dfrac{17}{18} m V_1^2 + U \left( \dfrac{3}{2} \pi \right) = K_A^0$$

$$\therefore \dfrac{17}{18} m V_1^2 - 7 mga = \dfrac{17}{2} mga$$

$$\therefore V_1 = 3 \sqrt{\dfrac{31}{17} ag}$$

円運動の速さと角速度の関係より，求める角速度 $\omega_1$ は

$$V_1 = 3a \omega_1$$

$$\therefore \omega_1 = \sqrt{\dfrac{31}{17} \dfrac{g}{a}} \quad (\textbf{ソ})$$

となります。

この瞬間長さ $2a$ の細い棒と小球1の連結部が一瞬で外れることを考えます。このときを $t = 0$ とします。

重心 G’ は重力加速度 $g$ により，$y$ 軸方向に等加速度運動を行います。また，重心 G’ から見た小球1・2の運動は，重力分が打ち消されるために (詳しくは 慣性系と非慣性系の定義｜相対性原理と物理法則)，上記の議論と同様に，角速度 $\omega_1$ で等速円運動を行います。

$t > 0$ で初めて小球2が小球1の鉛直下方に到達するのは，この等速円運動がちょうど1周期だけ経過したときで，このときの時刻 $T$ は

$$T = \dfrac{2 \pi}{\omega_1} = 2 \pi \sqrt{\dfrac{17}{31} \dfrac{a}{g}}$$

となります。

地面の高さを $y = 0$，鉄棒の高さを $y = h$ とします。$t = 0$ での重心 G’ の $y$ 座標 $y_{G'}$ は

$$y_{G'} = h - \dfrac{7}{9} a$$

その後，G’ は $t = T$ で

$$\begin{aligned} y &= - \dfrac{1}{2} g T^2 + y_{G'} \\ &= - \dfrac{34}{31} \pi^2 a + h - \dfrac{7}{3}a \end{aligned}$$

このとき小球2は重心の鉛直下方にあり，さらに地面に接するので，鉄棒の高さ $h$ は

$$-\dfrac{34}{31} \pi^2 a + h - \dfrac{7}{3}a - \dfrac{2}{3} a = 0$$

$$\therefore h = \left( 3 + \dfrac{34}{31} \pi^2 \right) a \quad (\textbf{タ})$$

のように求めることができます。