【解答・解説】北大前期物理2025 第1問 -力学-

以下の問題文および図は，2025年度北海道大学前期日程入試問題物理第1問から引用しています(一部ライターが修正・変更した部分があります)。

力学に関する問題です。コンパクトながら，摩擦力や各保存則を適切に用いることが求められる良問です。

問1

(1)

物体 A が静止しているときに，物体 A にはたらいている力を図示してみます。

物体 A が斜面から受ける垂直抗力 (摩擦力の定義｜動摩擦力・静止摩擦力・摩擦係数の解説) の大きさを $N_A$ とします。斜面と垂直な方向での力のつりあい (力のつりあい・作用反作用との違い)より

$$N_A = mg \cos{\theta}$$

と表すことができます。

(2)

静止摩擦力，動摩擦力の大きさをそれぞれ $f_A, f_A'$ とします。物体 A が静止しているときは，斜面と水平方向での力のつりあいより

$$f_A = mg \sin{\theta}$$

と求められます。

(3)

物体 A が運動している場合は，動摩擦力と垂直抗力の関係より

$$\begin{aligned} f_A' &= \dfrac{\mu}{2} N_A \\ &= \dfrac{\mu}{2} mg \cos{\theta} \end{aligned}$$

と求められます。

問2

問2，問3では $\theta = \dfrac{\pi}{6}$ として計算します。

(4)

無視できるほど小さな力を加えて物体 A が斜面をすべり下り始めたことより，静止しているときには静止摩擦力が最大静止摩擦力と等しくなっていると考えられます。ゆえに，最大静止摩擦力の公式より

$$\dfrac{1}{2} mg = \mu \dfrac{\sqrt{3}}{2} mg$$

$$\therefore \mu = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

と求められます。

(5)

斜面下側を運動の正の向きとします。A が運動しているときの斜面に水平な向きの加速度を $a_A$ とすると，運動方程式 (運動方程式〜ニュートンの第2法則〜) より

$$\begin{aligned} m a_A &= \dfrac{1}{2} mg - \dfrac{\mu}{2} \dfrac{\sqrt{3}}{2} mg \\ &= \dfrac{1}{2} mg - \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \dfrac{\sqrt{3}}{2} mg \\ &= \dfrac{1}{4} mg \end{aligned}$$

$$\therefore a_A = \dfrac{1}{4} g$$

よって，初めの位置を座標の原点とすると，時刻 $t$ での物体 A のそ速度 $v_A (t)$ および $x_A (t)$ は，それぞれ等加速度運動 (等加速度運動・等加速度直線運動の公式) の公式より

$$v_A (t) = a_A t = \dfrac{1}{4} g t$$

$$x_A (t) = \dfrac{1}{2} a_A t^2 = \dfrac{1}{8} g t^2$$

時刻 $t = t_1$ に物体 A と物体 B が衝突すると考えると

$$x_A (t_1) = \dfrac{1}{8} g t_1^2 = l$$

$$\therefore t_1 = 2 \sqrt{2} \sqrt{\dfrac{l}{g}}$$

と求められます。

(6)

時刻 $t = t_1$ での物体 A の速度 $v_A (t_1)$ は，公式より

$$\begin{aligned} v_A (t_1) &= \dfrac{1}{4} g t_1 \\ &= \dfrac{1}{4} g 2 \sqrt{2} \sqrt{\dfrac{l}{g}} \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \sqrt{g l} \end{aligned}$$

となります。

(7)

物体 A・B の系で考えます。物体 A と B の衝突によりお互いが与え合う力は，この系では内力となるため，衝突前後では運動量が保存されます (運動量保存則とエネルギー保存則の導出)。

したがって，衝突直後の物体 B の速度を $v_B^0$ とすると

$$m v_A (t_1) + M \cdot 0 = m \cdot 0 + M v_B^0$$

$$\therefore v_B^0 = \dfrac{m}{M} v_A (t_1) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \dfrac{m}{M} \sqrt{g l}$$

のように求められます。

(8)

物体 B が動き出したあと，等速直線運動をすることより，斜面に水平な方向でも力のつりあいが成り立つことがわかります。

物体 B に加わる垂直抗力および動摩擦力を $f_B', N_B$ とすると，斜面に水平および垂直な方向での力のつりあいより

$$\begin{cases} \text{水平}：Mg \sin{\dfrac{\pi}{6}} = \dfrac{1}{2} Mg = f_B' \\ \text{鉛直}：N_B = mg \cos{\dfrac{\pi}{6}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} Mg \end{cases}$$

斜面と物体 B との間の動摩擦係数を $\mu_B'$ とすると，動摩擦力と垂直抗力との関係 $f_B' = \mu_B' N_B$ より

$$\dfrac{1}{2} Mg = \mu_B' \dfrac{\sqrt{3}}{2} Mg$$

$$\therefore \mu_B' = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$$

と求められます。

問3

(9)

物体 A が物体 B と衝突してからの時刻を $t'$ として表すことにします。

時刻 $t'$ での物体 B の位置 $x_B (t')$ は，等速直線運動の公式より

$$x_B (t') = v_B^0 t' = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \dfrac{m}{M} \sqrt{g l} t'$$

物体 B が斜面の下端点 O に達するまでの時間 $t' = t'_1$ は

$$d = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \dfrac{m}{M} \sqrt{g l} t'_1$$

$$\therefore t'_1 = \sqrt{2} \dfrac{M}{m} \dfrac{d}{\sqrt{g l}}$$

これより，物体 A がすべり始めてから物体 B が斜面の下端点 O に達するまでに要する時間 $T$ は

$$\begin{aligned} T &= t_1 + t'_1 \\ &= 2 \sqrt{2} \sqrt{\dfrac{l}{g}} + \sqrt{2} \dfrac{M}{m} \dfrac{d}{\sqrt{g l}} = \sqrt{2} \sqrt{\dfrac{l}{g}} \left( 2 + \dfrac{M}{m} \dfrac{d}{l} \right) \end{aligned}$$

と求められます。

(10)

この運動で失った力学的エネルギー $\Delta E$ を求めるために，物体 A がすべり始めた瞬間の力学的エネルギー $E (0)$ と物体 B が斜面の下端点 O に達した瞬間の力学的エネルギー $E (T)$ を求めます。

上図より，$E (0)$ は

$$E(0) = mg (d + l) \sin{\dfrac{\pi}{6}} + Mg d \sin{\dfrac{\pi}{6}} = \dfrac{1}{2} [mg (d + l) + Mg d]$$

また上図より $E (T)$ は

$$\begin{aligned} E (T) &= mg d \sin{\dfrac{\pi}{6}} + \dfrac{1}{2} M (v_B^0)^2 \\ &= \dfrac{1}{2 } mg d + \dfrac{1}{4} \left( \dfrac{m}{M} \right)^2 Mgl \end{aligned}$$

したがって，$\Delta E$ は

$$\begin{aligned} \Delta E &= E(0) - E (T) \\ &= \dfrac{1}{2} Mg d + \dfrac{1}{4} \left( 2 - \dfrac{m}{M} \right) mgl \end{aligned}$$

のように表されます。

(11)

この失われたエネルギーは，物体 A の運動で失われたエネルギー $\Delta E_A$，物体 B の運動で失われたエネルギー $\Delta E_B$ および衝突の際に失われたエネルギー $\Delta E_c$ の和として表されます。

まず，$E_A (0)$ を求めます。物体 A は運動中，摩擦によりエネルギーを失います。A が運動している間に A にはたらく摩擦力は一定で $f_A'$ です。A は斜面に沿って $l$ だけ運動するので，摩擦により失うエネルギー $\Delta E_A$ は

$$\begin{aligned} \Delta E_A &= f_A' l \\ &= \dfrac{\mu}{2} N_A l \\ &= \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} mg \dfrac{\sqrt{3}}{2} l \\ &= \dfrac{1}{4} mgl \end{aligned}$$

と求められます。

(12)

次に，$\Delta E_B$ について求めます。物体 A の運動と同様に，物体 B が運動している間に B にはたらく摩擦力は一定で $f_B' = \mu_B' N_B$ となります。B は斜面に沿って $d$ だけ運動するので

$$\begin{aligned} \Delta E_B &= \mu_B' N_B d \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{3}} Mg \dfrac{\sqrt{3}}{2} d \\ &= \dfrac{1}{2} Mg d \end{aligned}$$

(13)

(11)での議論により，物体 A・B の衝突により失われたエネルギー $\Delta E_c$ は

$$\Delta E_c = \Delta E - \Delta E_A - \Delta E_B$$

により求められます。

(10)・(11)・(12)の結果を代入して

$$\begin{aligned} \Delta E_c &= \dfrac{1}{2} Mg d + \dfrac{1}{4} \left( 2 - \dfrac{m}{M} \right) mgl - \dfrac{1}{4} mgl - \dfrac{1}{2} Mg d \\ &= \dfrac{1}{4} \left( 1 - \dfrac{m}{M} \right) mgl \end{aligned}$$

と求められます。

(13)の補足

(13)の結果より，物体 A・B の衝突でエネルギーが失われない条件は，$\Delta E_c = 0$ から $m = M$，つまり，物体 A と B の質量が等しいときと求められます。

一方，物体 A・B の衝突でエネルギーが失われない条件 () は，A と B が弾性衝突することです。いま，衝突前には B は静止していて，衝突後には A が静止していることから，衝突前後の A，B の速度をそれぞれ $v_A, v_B$ とすると，運動量保存則より

$$m v_A + M \cdot 0= m \cdot 0 + M v_B$$

さらに弾性衝突をすることより

$$v_B - 0 = -1 (0 - v_A)$$

$$\therefore v_B = v_A (\neq 0)$$

運動量保存則の条件より，結局物体 A・B の衝突でエネルギーが失われない条件として

$$m = M$$

が得られます。

失われたエネルギーからの導出はこの議論の結果と一致しています。