解答例です. 問題編はこちら
Ⅰ
系全体（物体P, 物体Q, 棒）は静止しているため, 任意の点のまわりの力のモーメントはつり合っている. Q (L\cos\alpha, 0) のまわりの力のモーメントのつり合いを考えると,
mgL\cos\alpha - N_P L\sin\alpha = 0 \\
\therefore N_P = \frac{mg}{\tan\alpha}
次に, 系全体の水平方向の力のつり合いを考える.
N_P - F = 0 \\
\therefore F = N_P = \frac{mg}{\tan\alpha}
\boldsymbol{F = \frac{mg}{\tan\alpha}}・・・(答え)
Ⅱ
(1) 初期状態（\theta=\alpha, 速度 0）と, 任意の角度 \theta の状態について, 床を位置エネルギーの基準（U=0）として力学的エネルギー保存則を立てる.
- 初期状態の系のエネルギー E_i:
E_i = K_i + U_i = mgL\sin\alpha
- 角度 \theta の状態の系のエネルギー E_f:
Pの速さは v, Qの速さは V, Pの高さは L\sin\theta である.
E_f = K_f + U_f = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 + mg(L\sin\theta)
E_i = E_f より,
mgL\sin\alpha = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 + mgL\sin\theta
\boldsymbol{\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}MV^2 = mgL(\sin\alpha - \sin\theta)}・・・(答え)
(2) P, Qの座標 x, y と棒の長さ L の間には, 常に x^2 + y^2 = L^2 の関係（束縛条件）が成り立つ.
\Delta t 後、座標は (x+\Delta x, y+\Delta y) となる.
(x+\Delta x)^2 + (y+\Delta y)^2 = L^2
(x^2 + 2x\Delta x + \Delta x^2) + (y^2 + 2y\Delta y + \Delta y^2) = L^2
x^2 + y^2 = L^2 であり、
\Delta x^2, \Delta y^2 の2次以上の微小項を無視すると,
2x\Delta x + 2y\Delta y = 0
\boldsymbol{x\Delta x + y\Delta y = 0}・・・(答え)
(3) (2)で求めた x\Delta x + y\Delta y = 0 の両辺を \Delta t で割ると,
x \frac{\Delta x}{\Delta t} + y \frac{\Delta y}{\Delta t} = 0
x = L\cos\theta,
y = L\sin\theta と, 問題文の定義
\frac{\Delta x}{\Delta t} = V,
\frac{\Delta y}{\Delta t} = -v を代入すると,
V L\cos\theta = v L\sin\theta
\boldsymbol{V = v\tan\theta}・・・(答え)
(4) (3)より V = v\tan\theta を(1)の式に代入する.
\frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}M(v\tan\theta)^2 = mgL(\sin\alpha - \sin\theta)
v^2 \left( \frac{1}{2}m + \frac{1}{2}M\tan^2\theta \right) = mgL(\sin\alpha - \sin\theta)
v^2 (m + M\tan^2\theta) = 2mgL(\sin\alpha - \sin\theta)
v^2 = \frac{2mgL(\sin\alpha - \sin\theta)}{m + M\tan^2\theta}
\therefore v = \sqrt{\frac{2mgL(\sin\alpha - \sin\theta)}{m + M\tan^2\theta}}
\therefore V = v\tan\theta = \tan\theta \sqrt{\frac{2mgL(\sin\alpha - \sin\theta)}{m + M\tan^2\theta}}
\boldsymbol{v = \sqrt{\frac{2mgL(\sin\alpha - \sin\theta)}{m + M\tan^2\theta}}}・・・(答え)
\boldsymbol{V = \tan\theta \sqrt{\frac{2mgL(\sin\alpha - \sin\theta)}{m + M\tan^2\theta}}}・・・(答え)
Ⅲ
(1) Pが壁から離れた後, Pの座標を (x_P, y_P), Qの座標を (x_Q, 0) とすると, 束縛条件は
(x_Q - x_P)^2 + (y_P - 0)^2 = L^2
\Delta t 後のPの座標は
(x_P + \Delta x_P, y_P + \Delta y_P), Qの座標は
(x_Q + \Delta x_Q, 0) となる.
( (x_Q + \Delta x_Q) - (x_P + \Delta x_P) )^2 + (y_P + \Delta y_P)^2 = L^2
( (x_Q - x_P) + (\Delta x_Q - \Delta x_P) )^2 + (y_P + \Delta y_P)^2 = L^2
2次以上の微小項を無視して展開すると,
(x_Q - x_P)^2 + 2(x_Q - x_P)(\Delta x_Q - \Delta x_P) + y_P^2 + 2y_P\Delta y_P = L^2
(x_Q - x_P)^2 + y_P^2 = L^2 を用いて整理すると,
2(x_Q - x_P)(\Delta x_Q - \Delta x_P) + 2y_P\Delta y_P = 0
両辺を
2\Delta t で割る.
(x_Q - x_P) \left( \frac{\Delta x_Q}{\Delta t} - \frac{\Delta x_P}{\Delta t} \right) + y_P \frac{\Delta y_P}{\Delta t} = 0
ここで,
x_Q - x_P = L\cos\theta,
y_P = L\sin\theta である.
また, 速度の定義（
x軸右向き正,
y軸上向き正）より,
\frac{\Delta x_Q}{\Delta t} = V_x,
\frac{\Delta x_P}{\Delta t} = v_x,
\frac{\Delta y_P}{\Delta t} = v_y
これらを代入すると,
(L\cos\theta)(V_x - v_x) + (L\sin\theta)(v_y) = 0
\boldsymbol{(V_x - v_x) + v_y\tan\theta = 0}・・・(答え)
(2) Pが壁から離れた後, 系に働く外力はPへの重力 mg, Qへの重力 Mg, 床からの垂直抗力 N_Q のみである. 水平方向の外力は存在しないため, 系全体の水平方向の運動量は保存される.
-
Pが離れる直後（\theta=\beta）:
Pの速度: (0, -v_0), Qの速度: (V_0, 0)
系の水平運動量 P_{x, i} = m(0) + M(V_0) = MV_0
-
Pが床に衝突する直前（\theta=0）:
Pの速度: (v_x, v_y), Qの速度: (V_x, 0)
系の水平運動量 P_{x, f} = m(v_x) + M(V_x)
運動量保存則 P_{x, i} = P_{x, f} より、
MV_0 = mv_x + MV_x \quad \cdots (\text{A})
またこの瞬間の \theta=0 を(1)で求めた関係式に代入すると,
(V_x - v_x)\cos(0) + v_y\sin(0) = 0
(V_x - v_x) \times 1 + v_y \times 0 = 0
V_x = v_x \quad \cdots (\text{B})
(B)を(A)に代入して V_x を求めると
\boldsymbol{V_x = \frac{M}{m+M}V_0}・・・(Qの速さ)
次にPが離れる直後から床に衝突する直前までの力学的エネルギー保存則を考える.
- Pが離れる直後（\theta=\beta）のエネルギー E_i:
E_i = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}MV_0^2 + mgL\sin\beta
- Pが床に衝突する直前（\theta=0）のエネルギー E_f:
E_f = \frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2) + \frac{1}{2}MV_x^2 + 0
E_i = E_f より
\frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}MV_0^2 + mgL\sin\beta = \frac{1}{2}m(v_x^2 + v_y^2) + \frac{1}{2}MV_x^2
v_x = V_x を代入して整理する.
\frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}MV_0^2 + mgL\sin\beta = \frac{1}{2}(m+M)V_x^2 + \frac{1}{2}mv_y^2
V_x = \frac{M}{m+M}V_0 を代入して整理する.
\frac{1}{2}mv_y^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}MV_0^2 + mgL\sin\beta - \frac{1}{2}(m+M)\left( \frac{M}{m+M}V_0 \right)^2
\frac{1}{2}mv_y^2 = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{1}{2}MV_0^2 + mgL\sin\beta - \frac{1}{2}\frac{M^2 V_0^2}{m+M}
\therefore v_y^2 = v_0^2 + 2gL\sin\beta + \frac{M}{m+M}V_0^2
Pは床に向かって運動しているため,
v_y は負の値（
y軸上向きが正のため）である.
v_y = - \sqrt{v_0^2 + 2gL\sin\beta + \frac{M}{m+M}V_0^2}
「Pの鉛直下向きの速さ」は
v_y の絶対値（
-v_y）である.
\boldsymbol{\sqrt{v_0^2 + 2gL\sin\beta + \frac{M}{m+M}V_0^2}}・・・(Pの鉛直下向きの速さ)
摩擦がないシンプルな問題設定でしたが, それでもP, Qに働く垂直抗力や加速度などを真面目に求めようとすると大変で, 手計算ならせいぜいこれが限界だと思います. 最後のPの速さは\alphaを使って表すこともできます. PとQの質量を等しくするといくらかきれいな式になり, ⅢのPが壁から離れる\theta=\betaもある程度きれいな形になります. 次はより現実に近い設定で考えてみたいと思います.
生成AIに問題文をぶち込むだけでほぼ完璧に解答がでる
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