(1)
物体が最高点に達した一瞬だけ、物体と台が一体化していると見なすことができます。このとき、物体と台は同じ速度\(V\)で動いています。
なので、運動量保存則
\(mv=(M+m)V\) より
\(V=\displaystyle\frac{m}{M+m}v\)
(2)
(1)のときの運動エネルギーは、一体化して質量が\(M+m\)になっていることに注意すると、
\(K=\displaystyle\frac{1}{2}(M+m)V^2\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}(M+m)･\left( \displaystyle\frac{m}{M+m}v \right)^2\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}(M+m)･ \displaystyle\frac{m^2}{(M+m)^2}v^2\)
\(=\displaystyle\frac{m^2}{2(M+m)}v^2\)
(3)
物体が台に乗ることを”衝突”の一種だとして考えてみましょう。
この前後での力学的エネルギーは次の表のようになります。
物体が台に乗るまでを”衝突前”、台上で最高点に達したときを”衝突中”、その後、台から降りた後を”衝突後”と表現することにします。
| 衝突前 | 衝突中 | 衝突後 | |
| 位置エネルギー |
\(0\) |
\(mgH\) |
\(0\) |
| 運動エネルギー | \(\frac{1}{2}mv^2\) |
\(\frac{m^2}{2(M+m)}v^2\) |
\(\frac{1}{2}mv_1^2+\frac{1}{2}mV_1^2\) |
| 力学的エネルギー | \(E\) | \(E\) | \(E\) |
この衝突では摩擦や空気抵抗がありませんので、力学的エネルギーが保存します。力学的エネルギーが保存するということは、完全弾性衝突をするということと同じ意味ですので、反発係数\(e=1\)の衝突としてみなすことができます。
"衝突前"と"衝突中"との間で、力学的エネルギー保存則を適用してみましょう。
\(\displaystyle\frac{1}{2}mv^2=mgH+\frac{m^2}{2(M+m)}v^2\)
\(mv^2=2mgH+\displaystyle\frac{m^2}{M+m}v^2\)
\(2gH=v^2-\displaystyle\frac{m}{M+m}v^2\)
\(2gH=\displaystyle\frac{M+m}{M+m}v^2-\frac{m}{M+m}v^2\)
\(2gH=\displaystyle\frac{M}{M+m}v^2\)
\(H=\displaystyle\frac{M}{2g(M+m)}v^2\)
(4)
方法は２つあります。一つは、力学的エネルギー保存則と運動量保存則の連立。もう一つは、反発係数の式と運動量保存則の連立です。
力学的エネルギー保存則を使って解くと、明らかに\(v^2\)が関係するので、\(2\)次式を解く必要が出てきます。
一方で、反発係数と運動量の式の中には\(2\)乗の式はありませんので、単なる方程式で解けるということに気付きます。
なのでこういう動く斜面を物体が登るタイプの問題では、反発係数の式と運動量保存則の連立式を使うということをパターンとして知っておくといいと思います。
物体が台をのぼって、その後降りたとき、物体の速度を\(v_1\)、台の速度を\(V_1\)とします。
[運動量保存則]
\(mv=mv_1+MV_1\)
[反発係数]
\(e(=1)=\displaystyle\frac{V_1-v_1}{v}\)
反発係数の式より
\(v=V_1-v_1\)
\(V_1=v+v_1\)
これを運動量保存則に代入
\(mv=mv_1+M(v+v_1)\)
\(mv=mv_1+Mv+Mv_1\)
\(mv-Mv=mv_1+Mv_1\)
\((m-M)v=(M+m)v_1\)
\(v_1=\displaystyle\frac{m-M}{M+m}v\)
いま、問題文の設定は\(m<M\)とされているので、\(v_1<0\)となります。つまり物体は台を降りた後は左向きに進むことが分かります。
しかし、問われているのは速度ではなく速さなので、値を正の数に変えなければいけません。
よって
\(v_1=\displaystyle\frac{M-m}{M+m}v\)
となります。さらにこれを運動量保存則の式に代入して整理すると、
\(V_1=\displaystyle\frac{2m}{M+m}v\)
も求まりますが、計算は省略しますね。
