【解答・解説】早稲田理工物理2025 第1問 -力学-

以下の問題文および図は，2025年度早稲田大学基幹・創造・先進理工学部入試問題物理第1問から引用しています(一部見やすさ等のためライターが修正・変更した部分があります)。

単振動に関する問題です。 入試問題ではあまり見られない聞かれ方ですが， 問題をよく読みながら解答していきましょう。

(1)

(1) ~ (8) は円運動の問題です。

衝突後の小球 A，B の速度を，$x$ 軸正の方向を正としてそれぞれ $v_0, V_B$ とおきます。 このとき，運動量保存則 (運動量保存則とエネルギー保存則の導出) より

$$0 + MV = m v_0 + M V_B \tag{1}$$

また，この衝突が弾性衝突 (弾性衝突(完全弾性衝突)の定義と性質) であることより

$$v_o - V_B = -1(0 - V) = V \tag{2}$$

これらより $v_0$ と $V_B$ を求めることができます。 まず，(1)式 + (2)式 × $M$ より

$$(m + M) v_0 = 2MV$$

$$\therefore v_0 = \dfrac{2M}{m + M} V$$

となります (答え：d)。

(2)

(2)式と設問(1)の答えより

$$\begin{aligned} V_B &= v_0 - V \\ &= \dfrac{M - m}{m + M} V \end{aligned}$$

となります (答え：h)。

(3)

小球 A が点 P のまわりを一周することができるための必要十分条件は，

• 小球 A が最高到達点 Q に到達することができる (＊1)
• 最高到達点 Q で糸と小球 A との間に張力が発生している (＊2)

となります。これらを数式で表現してみましょう。

まず，条件 (＊1) について考えます。点 Q での A の速さを $v_1$ とすると

$$\dfrac{1}{2} m v_0^2 = 2 mgl + \dfrac{1}{2} m v_1^2$$

$$\therefore v_0^2 = 4 gl + v_1^2 \tag{3}$$

次に，条件 (＊2) について考えます。

糸の張力を $T$ とすると，円運動の運動方程式より

$$m \dfrac{v_1^2}{l} = T + mg$$

$$\therefore T = m \left( \dfrac{v_1^2}{l} - g \right) \geq 0$$

$$\therefore v_1^2 \geq gl \tag{4}$$

(3)・(4)式より，$v_0$ についての条件として

$$v_0^2 \geq 4gl + gl = 5 gl \quad \therefore v_0 \geq \sqrt{5gl}$$

を得ることができます (答え：e)。

(4)

角度 $\theta = \theta_0$ のとき，糸がゆるんだことから，このときに糸の張力が $T = 0$ となったことがわかります。 また，角度 $\theta_0$ について $0 < \theta_0 \leq \pi$ であることもわかります。 ゆえに，円運動の運動方程式から

$$m \dfrac{v_1^2}{l} = -mg \cos{\theta_0}$$

$\dfrac{\pi}{2} \leq \theta_0 \leq \pi$ のときにこの運動方程式は解を持ち，

$$v_1 = \sqrt{-gl \cos{\theta_0}}$$

となります (答え：d)。

(5)

糸がたるんでからは，小球 A は，そのときの速度を初速度とした放物運動を行います。 再び糸のたるみがなくなるのは，小球 A の位置が再び点 P を中心とした半径 $l$ の円上に来たときです。

糸がたるんだときを $t = 0$，再び糸のたるみがなくなったときを $t = t_1$ とし，$0 \leq t \leq t_1$ での小球 A の運動を考えます。

上図より，$t = 0$ での初速度 $v_1^x (0), v_1^y (0)$ および初期位置 $x(0), y(0)$ は，それぞれ

$$v_1^x (0) = v_1 \cos{\theta_0}, \, v_1^y (0) = v_1 \sin{\theta_0}$$

$$x(0) = l \sin{\theta_0}, \, y(0) = l (1 - \cos{\theta_0})$$

$0 \leq t \leq t_1$ で小球 A に加わる力は重力のみであり，したがって各方向の運動の加速度は $a_x = 0, a_y = -g$ であるから，時刻 $t$ での小球 A の各方向の速度および位置は

$$v_1^x (t) = v_1^x (0) = v_1 \cos{\theta_0}, \, v_1^y (t) = -gt + v_1 \cos{\theta_0}$$

$$x (t) = v_1 \cos{\theta_0} t + l \sin{\theta_0}, \, y(t) = - \dfrac{1}{2} g t^2 + v_1 \cos{\theta_0} t + l (1 - \cos{\theta_0})$$

再び糸のたるみがなくなる条件は

$$x^2 (t) + (y(t) - l)^2 = l^2$$

上記の $x (t), y(t)$ をそれぞれ代入して

$$\begin{aligned} (v_1 \cos{\theta_0} t + l \sin{\theta_0})^2 + \left( - \dfrac{1}{2} g t^2 + v_1 \cos{\theta_0} t - l \cos{\theta_0} \right)^2 = l^2 \end{aligned}$$

代入して $t$ について整理すると

$$\dfrac{1}{4} g t^4 - v_1 g t^3 \sin{\theta_0} + (v_1^2 + gl \cos{\theta_0}) t^2 = 0$$

(4) より $v_1^2 = -gl \cos{\theta_0}$ だったので， $t^2$ の項は消えます。さらに整理できて，

$$g t^3 \left( \dfrac{1}{4} g t - v_1 \sin{\theta_0} \right) = 0$$

求める解は $t > 0$ のものなので

$$t_1 = \dfrac{4 v_1 \sin{\theta_0}}{g}$$

となります (答え：i)。

(6)

再び糸のたるみがなくなったときの小球 A の $x$ 座標は

$$\begin{aligned} x (t_1) &= v_1 t_1 \cos{\theta_0} + l \sin{\theta_0} \\ &= \dfrac{4 v_1^2 \sin{\theta_0} \cos{\theta_0}}{g} + l \sin{\theta_0} \\ &= -4 l \sin{\theta_0} \cos^2{\theta_0} + l \sin{\theta_0} \quad (\because v_1^2 = -gl \cos{\theta_0}) \\ &= l \sin{\theta_0} (1 - 4 \cos^2{\theta_0}) \end{aligned}$$

となります (答え：b)。

(7)

同様に，再び糸のたるみがなくなったときの小球 A の $y$ 座標は

$$\begin{aligned} y(t_1) &= - \dfrac{1}{2} gt_1^2 + v_1 \cos{\theta_0} t + l (1 - \cos{\theta_0}) \\ &= - \dfrac{1}{2} g \dfrac{16 v_1^2 \sin{\theta_0}}{g} + v_1 \sin{\theta_0} \dfrac{4 v_1 \sin{\theta_0}}{g} + l (1 - \cos{\theta_0}) \\ &= -8 \dfrac{v_1^2}{g} \sin^2{\theta_0} + 4 \dfrac{v_1^2}{g} \sin^2{\theta_0} + l (1 - \cos{\theta_0}) \\ &= 8 l \sin^2{\theta_0} \cos{\theta_0} - 4l \sin^2{\theta_0} \cos{\theta_0} + l (1 - \cos{\theta_0}) \\ &= l (1 + 4 \sin^2{\theta_0} \cos{\theta_0} - \cos{\theta_0}) \end{aligned}$$

となります (答え：g)。

(8)

再び糸のたるみがなくなった瞬間の $\theta$ が $\theta_0 + \pi$ であったとします。

このとき上図より

$$\begin{aligned} x (t_1) &= l \sin{(\theta_0 + \pi)} = -l \sin{\theta_0} \\y (t_1) &= l - l \cos{(\theta_0 + \pi)} = l (1 + \cos{\theta_0}) \end{aligned}$$

$x (t_1)$ について等式を立てると

$$l \sin{\theta_0} (1 - 4 \cos^2{\theta_0}) = -l \sin{\theta_0}$$

$$\therefore l \sin{\theta_0} (2 - 4 \cos^2{\theta_0}) = 0$$

$$\therefore \theta_0 = \pi \, \text{or} \, \theta_0 = \dfrac{3}{4} \pi$$

ここで，もし $\theta_0 = \pi$ だったとすると，糸のたるみが なくなってから，小球 A は点 P の真上で鉛直落下を行い，小球 A と点 P が衝突してしまうので，問題文の記述に反します。 ゆえに，$\theta_0 = \dfrac{3}{4} \pi$ であるとわかります (答え：d)。

(注) $x^2 (t) + (y(t) - l)^2 = l^2$ が成り立っていることより，$x (t_1)$ と $y (t_1)$ のうち一方の等式が成り立てば，もう一方も成り立ちます。ここでは念のため，$\theta_0 = \dfrac{3}{4} \pi$ のときに $y (t_1)$ についても $y (t_1) = (1 + \cos{\theta_0})$ が成り立つことを示します。

$\theta_0 = \dfrac{3}{4} \pi$ のとき，問 (7) の結果より

$$\begin{aligned} y (t_1) &= l \left( 1 + 4 \sin^2{\dfrac{3}{4} \pi} \cos{\dfrac{3}{4} \pi} - \cos{\dfrac{3}{4} \pi} \right) \\ &= l \left( 1 - 4 \dfrac{1}{2} \dfrac{1}{\sqrt{2}} + \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) \\ &= l \left( 1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right) = l \left( 1 + \cos{\dfrac{3}{4} \pi} \right) \end{aligned}$$

となって，確かに成り立っています。

(9)

ここからは単振動の問題です。

小球 A の $x$ 座標の位置が $x$ のとき，上図の $\theta$ を用いて

$$\sin{\theta} = \dfrac{x}{l}$$

となりますが，いま単振動の振幅が $l$ に比べて十分小さいことより $x / l << 1$ と考えてよいので，$\sin{\theta} << 1$ であり，したがって $\sin{\theta} \sim \theta$ と近似してよい ことになります。

$$\therefore \theta = \dfrac{x}{l}$$

問題文と上図より

$$\begin{aligned} F_x &= - mg \sin{\theta} \\ &= -mg \theta \\ &= - \dfrac{mg}{l} x \end{aligned}$$

と表すことができます。ゆえに

$$k = \dfrac{mg}{l}$$

です (答え：f)。

(10)

(9) より小球 A の運動方程式は以下のようになります。

$$m \ddot{x} = F_x = - \dfrac{mg}{l} x$$

$$\therefore \ddot{x} = - \dfrac{g}{l} x$$

よって，これは単振動の運動方程式 (ばねの単振動の解説) となるので，この運動の角振動数 $\omega$ は

$$\omega = \sqrt{\dfrac{g}{l}}$$

と求められます。したがって，周期 $T$ は

$$T = \dfrac{2 \pi}{\omega} = 2 \pi \sqrt{\dfrac{l}{g}}$$

となります (答え：a)。

(11)

小球 A の $x'$ 座標が $0$ でない一定の値に保たれるときを考えます。

$y$ 軸とともに回転する座標系から見て，力のつりあいより

$$\begin{cases} x' : m r \omega^2 = m l \omega^2 \sin{\theta} = T \sin{\theta} \\ y' : mg = T \cos{\theta} \end{cases}$$

$x'$ 軸方向について，条件より $0 < \theta < \pi /2$ としてよいので，

$$T = m l \omega^2$$

$y'$ 軸方向のつりあいの式に代入して

$$mg = m l \omega^2 \cos{\theta}$$

$$\therefore \cos{\theta} = \dfrac{g}{l \omega^2}$$

小球 A の $x'$ 座標が $0$ でない一定の値に保たれるのは，上式を満たす $0 < \theta < \pi /2$ なる $\theta$ が存在するときです。 したがって，そのような $\theta$ の存在条件として

$$0 < \dfrac{g}{l \omega^2} < 1$$

$$\therefore \omega > \sqrt{\dfrac{g}{l}} = \omega_0$$

ゆえに，求める $\omega_0$ を $T$ を用いて表すと

$$\omega_0 = \sqrt{\dfrac{g}{l}} = \dfrac{2 \pi}{T}$$

となります (答え：b)。

(12)

問題文より，$y$ 軸とともに回転する座標系から見て，$x'$ 軸方向の運動方程式は

$$\begin{aligned} m \ddot{x'} &= k x' + m x' \omega^2 \\ &= - m \dfrac{g}{l} x' + m x' \omega^2 \\ &= -m \left( \dfrac{g}{l} - \omega^2 \right) x' \end{aligned}$$

ゆえにこの単振動の角振動数 $\omega'$ は

$$\omega' = \sqrt{\dfrac{g}{l} - \omega^2}$$

この運動の周期は

$$T' = \dfrac{2 \pi}{\omega'} = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{\dfrac{g}{l} - \omega^2}} = 2T$$

となることから，平行板の角速度 $\omega$ は

$$\therefore \dfrac{\pi^2}{T^2} = \dfrac{g}{l} - \omega^2 = \dfrac{4 \pi^2}{T^2} - \omega^2$$

$$\therefore \omega = \dfrac{\sqrt{3} \pi}{T}$$

と求まります (答え：c)。