問題 1 : 解答/採点基準 ― 力学 2 題 (10 点)
Part A. 隠された円盤 (3.5 点)
A1 (0.8 点) (1)で示した量と角度𝜙と基盤の傾斜角Θの関数として𝑏を表せ。

A1 の解答:[𝟎. 𝟖]

幾何学を用いた解答: 接点の周りのトルクが 0 であることを用いる。
⟹ 重心は接点の真上でなければならない。
sin 𝜙 =

𝐷𝑏𝟎. 𝟑sin Θ =𝐷
𝑟1𝟎. 𝟑𝑟1
𝑟1 sin Θsin Θ ⟹ 𝑏 =𝑏sin 𝜙𝟎. 𝟐

ここで𝐷は違う記号でもよい。これを解くと
sin 𝜙 =

別解 1: 別の点の周りのトルクと力を考える[𝟎. 𝟖]

トルクの正しい表式(𝑟1 sinΘ − 𝑏sin𝜙)𝑀𝑔𝟎. 𝟑(𝑟1 sinΘ − 𝑏sin𝜙)𝑀𝑔 = 0𝟎. 𝟑

力の正しい表式
正しい答え𝑏=𝑟1 sin Θsin 𝜙

別解 2
重心を G, 接点を T とおくと、三角形 SGT について∠STG =Θ, ∠SGT の外角=φ
ST=𝑟1 , SG=𝑏. 正弦定理から
𝑟1𝑏=sin 𝜙 sin Θ
よって,𝑏=𝑟1 sin Θsin 𝜙
1𝟎. 𝟐

A2 (0.5 点) 𝜑に対する運動方程式を求めよ。木製円柱の中心軸𝑆のまわりの慣性モー
メント𝐼𝑆 を、𝑇 , 𝑏と(1)に示された量を用いて表せ。つりあいの状態からのずれ𝜑は常に小さいものとする。

A2 の解答:[𝟎. 𝟓]

次のような形の式を書くこと:𝜑̈ = −𝜔2 𝜑

𝟎. 𝟏

𝜑 = 𝐴 cos 𝜔𝑡の形の式を書いてもよい。
二通りの解法がある:
121. 運動エネルギー 𝐼𝑆 𝜑̇ 2 と位置エネルギー−𝑏𝑀𝑔 cos 𝜑を用いる。全エネルギーは保存するのでその時間微分が運動方程式を与える。
2. トルクから回転運動方程式を立てる。 𝜏 = 𝐼𝑆 𝜑̈ = −𝑀𝑔𝑏 sin 𝜑
正しい表式(エネルギー保存則でも回転運動方程式でもよい)

𝟎. 𝟑

最終的な解𝐼𝑆𝑀𝑔𝑏𝑇 2𝑇 = 2𝜋√⟹ 𝐼𝑆 =𝑀𝑔𝑏
4𝜋 2𝟎. 𝟏(導出)𝜑̈ = −𝑀𝑔𝑏
𝑀𝑔𝑏
sin 𝜑 ≈ −𝜑𝐼𝑆𝐼𝑆だから𝜔2 =𝑀𝑔𝑏𝐼𝑆A3 (0.4 点) 中心軸の位置𝑑を、𝑏と(1)で示された量で表せ。この結果に𝑟2 と ℎ2 を変数として含んでいてもよい。(これらは問題 A.5 で求める)
A3 の解答:[𝟎. 𝟒]

次のような重心の表式
𝑏=𝑑𝑀2
𝑀1 + 𝑀2
2𝟎. 𝟐

正しい答え:𝑀1 + 𝑀2 = 𝑀, 𝑀2 = πℎ2 𝑟22 (𝜌2 − 𝜌1 ) から
𝑑=𝑏𝑀
𝜋ℎ2 𝑟22 (𝜌2 − 𝜌1 )𝟎. 𝟐A4 (0.7 点) 慣性モーメント𝐼𝑆 を𝑏および(1)の量で表せ。解答には、𝑟2 とℎ2 を変数として含んでいてもよい。(これらは問題 A.5 で求める)

A4 の解答:[𝟎. 𝟕]

均質な円盤の慣性モーメントの正しい表式
1𝐼1 = 𝜋ℎ1 𝜌1 𝑟142𝟎. 𝟐

質量の誤り

−𝟎. 𝟏

円盤の慣性モーメントの表式中で係数 1/2 の誤り−𝟎. 𝟏‘余分な’円盤の慣性モーメントの正しい表式
𝐼2 =1𝜋ℎ (𝜌 − 𝜌1 )𝑟242 2 2𝟎. 𝟐

Steiner の定理(平行軸の定理)を用いて
𝐼𝑆 = 𝐼1 + 𝐼2 + 𝜋𝑑 2 𝑟22 ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝟎. 𝟏

正しい答え:
1212

𝐼𝑆 = 𝜋ℎ1 𝜌1 𝑟14 + 𝜋ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝑟24 + 𝜋(𝑏𝑀)2 𝑟22 ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝜋ℎ2 𝑟22 (𝜌2 −𝜌1 )11𝑏 2 𝑀2
𝐼𝑆 = 𝜋ℎ1 𝜌1 𝑟14 + 𝜋ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝑟24 + 222𝜋𝑟2 ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝟎. 𝟐𝑏ではなく𝑑 を用いて結果を書いた場合、最終的な答えに 0.2 点ではなく 0.1 点を与える。 𝟎. 𝟏
11𝐼𝑆 = 𝜋ℎ1 𝜌1 𝑟14 + 𝜋ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝑟24 + 𝜋𝑑 2 𝑟22 ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )22(訳注)
解答中の𝐼1 、𝐼2 とはそれぞれの円盤の中心軸周りの慣性モーメントのことである。
また、’余分な’円盤とは、問題文の図 1 の状況を、密度𝜌1 の円柱と密度(𝜌2 − 𝜌1 )の円盤が組み合わさってできたものと考えたときの、後者である。
3

A5 (1.1 点) これまでに求めたすべての結果を用いて、ℎ2 と𝑟2 を𝑏 , 𝑇および(1)の量を用いて表せ。ℎ2 を𝑟2 の関数として表してもよい。

A5 の解答:[𝟏. 𝟏]

生徒がこの一連の方程式をどれほど正しく解こうとしたかを測るのは難しい。次の式を用いることが考えられる。
𝑀 = 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1 + 𝜋𝑟22 ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )𝟎. 𝟑

𝐼𝑆 の表式を解いて𝑟22 を求める
𝑟22 =

21
𝑀222(𝐼−𝑀𝑟−𝑏)
𝑆2 1
𝑀 − 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1
𝑀 − 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1𝟎. 𝟒

𝐼𝑆 を𝑇で書き換える
𝐼𝑆 =𝑀𝑔𝑏𝑇 2
4𝜋 2𝟎. 𝟏

正しく解いて𝑟2 を求める
2𝑀𝑔𝑏𝑇 2 1𝑀222𝑟2 = √(−𝑀𝑟−𝑏)4𝜋 22 1𝑀 − 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1𝑀 − 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1𝟎. 𝟏

𝑀 = 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1 + 𝜋𝑟22 ℎ2 (𝜌2 − 𝜌1 )を用いてℎ2 を求める表式を書き下すとℎ2 =𝑀 − 𝜋𝑟12 ℎ1 𝜌1𝜋𝑟22 (𝜌2 − 𝜌1 )𝟎. 𝟐

Part B. 回転する宇宙ステーション (6.5 点)
B1 (0.5 点) 宇宙飛行士が地球上の重力加速度𝑔𝐸 と同じ加速度を感じるとき、宇宙ステーションの角速度𝜔𝑠𝑠 を求めよ。

B1 の解答:[𝟎. 𝟓]

次のような中心力の表式
𝐹𝑐𝑒 = 𝑚𝜔2 𝑟
力の釣り合いから、正しい表式は
4

𝟎. 𝟏

2𝑅𝑔𝐸 = 𝜔𝑠𝑠

𝟎. 𝟐𝑔𝐸
𝜔𝑠𝑠 = √𝑅

𝟎. 𝟐

正しい答えはB2 (0.2 点) 地球表面における重力は一定であるとして、その加速度を𝑔𝐸 とするとき、地球上にいる人が測定する振動の角振動数𝜔𝐸 を求めよ。

B2 の解答:[𝟎. 𝟐]

結果が𝑔𝐸 によらないことに気づくこと

𝟎. 𝟏

正しい結果
𝑘𝜔𝐸 = √𝑚

𝟎. 𝟏

B3 (0.6 点) 宇宙ステーションの中で、アリスが測定した場合の振動の角振動数𝜔を求めよ。
B3 の解答:[𝟎. 𝟔]

次のような力の正しい表式
2𝑥𝐹 = −𝑘𝑥 ± 𝑚𝜔𝑠𝑠

𝟎. 𝟐2𝑥𝐹 = −𝑘𝑥 + 𝑚𝜔𝑠𝑠

𝟎. 𝟐2 )𝑥 = 0
𝑚𝑥̈ + (𝑘 − 𝑚𝜔𝑠𝑠

𝟎. 𝟏𝑘2𝜔 = √ − 𝜔𝑠𝑠𝑚

𝟎. 𝟏

正しい符号を取る
正しい微分方程式を立てる
正しい結果を得る

2 の代わりに𝑔 /𝑅を用いてもよい。
𝜔𝑠𝑠𝐸5

B4 (0.8 点) 地球表面から小さな高さℎにおける重力加速度𝑔𝐸 (ℎ)の表式を求めて、振動する物体の角速度𝜔
̃𝐸 を求めよ(線形近似で十分である)。地球の半径を𝑅𝐸 とする。
地球の自転は無視せよ。

B4 の解答:[𝟎. 𝟖]
𝐺𝑀(𝑅𝐸 + ℎ)2𝟎. 𝟏

𝐺𝑀
𝐺𝑀2 + 2ℎ 3 + ⋯𝑅𝐸𝑅𝐸

𝟎. 𝟐2ℎ𝑔𝐸+⋯𝑅𝐸

𝟎. 𝟏𝑔𝐸 (ℎ) = −重力を線形近似すると
𝑔𝐸 (ℎ) = −𝑔𝐸 = 𝐺𝑀/𝑅𝐸 であることを用いると

𝑔𝐸 (ℎ) = −𝑔𝐸 +どちらの項も逆符号であるならば、逆符号でもよい。
このことが力に対して真に及ぼす影響、すなわち定数項は平衡点(基準点)をずらすことにより消去できることに気づくと
𝐹 = −𝑘𝑥 + 2𝑥𝑚𝑔𝐸 /𝑅𝐸

𝟎. 𝟐2𝑚𝑔𝐸)𝑥 = 0
𝑅𝐸

𝟎. 𝟏

正しい微分方程式を立てる𝑚𝑥̈ + (𝑘 −
正しい結果
𝑘 2𝑔𝐸
𝜔
̃𝐸 = √ −𝑚 𝑅𝐸

𝟎. 𝟏

B5 (0.3 点) 地球における角振動数ω
̃ 𝐸 と等しい角振動数ωでばね振り子が振動するときの、宇宙ステーションの半径𝑅を求めよ。地球の半径𝑅𝐸 を用いて表せ。

B5 の解答:[𝟎. 𝟑]

次の式を書き下す6𝜔𝑠𝑠2 = 2𝑔𝐸 /𝑅𝐸

𝟎. 𝟏

解くと
𝑅=𝑅𝐸2

𝟎. 𝟐

𝑔𝐸 ではなく𝐺𝑀/𝑅𝐸2 が用いられていたら、0.1 点のみを与える。

B6 (1.1 点) 物体が床にぶつかったときの、(塔の真下を基準として塔とは垂直な向きの)物体の水平方向の速さ𝑣𝑥 と物体の水平方向の変位𝑑𝑥 を求めよ。ただし、塔の高さ𝐻は小さく、物体が落下している間は加速度は一定であるとみなしてよい。また、𝑑𝑥 ≪ 𝐻であるとしてよい。

B6 の解答:[𝟏. 𝟏]

可能な解法がいくつかある。
解法 1 ― コリオリ力を用いる
速度𝑣𝑥
正しい速度を用いてコリオリ力の式を書くと
2 𝑅𝑡𝜔 = 2𝑚𝜔3 𝑅𝑡
𝐹𝐶 (𝑡) = 2𝑚𝜔𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠𝑠

𝟎. 𝟏

これを積分するか、速度について等加速度運動のようになることを用いると、
3 𝑅𝑡 2𝑣𝑥 (𝑡) = 𝜔𝑠𝑠

𝟎. 𝟐2𝑡 = √2𝐻/𝜔𝑠𝑠
𝑅𝟎. 𝟐

ここでを代入すると正しい結果が得られる。
𝑣𝑥 = 2𝐻𝜔𝑠𝑠

𝟎. 𝟏

13 𝑡3𝑑𝑥 = 𝑅𝜔𝑠𝑠
3𝟎. 𝟑

変位𝑑𝑥𝑣𝑥 (𝑡)を積分すると積分する代わりに単に最終速度の 1/2 をとって’平均’すると 1/3 のかわりに1/2 という係数になる。この場合 0.1 点を引く。
𝑡に代入すると

7- 𝟎. 𝟏

312𝐻 2 1 3/2 3/2 −1/2 1 8𝐻 33 (𝑑𝑥 = 𝑅𝜔𝑠𝑠𝐻 𝑅= √2 𝑅) = 3 233 𝑅
𝜔𝑠𝑠𝟎. 𝟐

解法 2 ― 慣性系を用いる
この解法は B7 の解法に似ているが、解法 1 よりも複雑な近似が必要である。
𝑣𝑥
ここで𝜙は物体の掃く角度で、𝛼は物体が床に着くまでに宇宙飛行士(と塔)が回転した角度である。(図 1 を見よ。)
慣性系において物体の初速度は𝑣𝑥 = 𝜔𝑠𝑠 (𝑅 − 𝐻)である。

𝟎. 𝟏

物体が着地するまでに、𝑥方向(水平方向)は角度𝜙だけ回転しているので、新しい水平に沿った速度は
𝜔𝑠𝑠 (𝑅 − 𝐻) cos 𝜙

𝟎. 𝟏(𝑑𝑥 ≪ 𝐻であるからcos 𝜙のかわりにcos 𝛼と書いてもよい)cos 𝜙 =𝑅−𝐻
𝐻= 1−𝑅𝑅

回転座標系に変換するときは、𝜔𝑠𝑠 𝑅を引かなければならない。

𝟎. 𝟏
𝟎. 𝟏

最終的に(物体が床に着地した時点で)飛行士の静止系から見ると
𝐻 2
2𝐻
𝑣𝑥 = 𝜔𝑠𝑠 𝑅 (1 − ) − 𝜔𝑠𝑠 𝑅 ≈ 𝜔𝑠𝑠 𝑅 (1 −) − 𝜔𝑠𝑠 𝑅 = −2𝐻𝜔𝑠𝑠𝑅𝑅

𝟎. 𝟐速度の正負は座標系の取り方に依存するので、正の符号でもよい。
𝑑𝑥𝑣𝑥 を計算したときの記号を用いて
𝑑𝑥 = (𝛼 − 𝜙)𝑅
𝜙 = arccos (1 −𝟎. 𝟏𝐻)𝑅

𝛼 = 𝜔𝑠𝑠 𝑡
ここで𝑡は物体が落下するのにかかる時間で、𝑡=√𝑅 2 − (𝑅 − 𝐻)2
𝜔𝑠𝑠 (𝑅 − 𝐻)

𝟎. 𝟏

(B7 の解答を参照せよ)𝜉 ≡ 𝐻/𝑅とすると
𝑑𝑥 = [√1 − (1 − 𝜉)2− arccos(1 − 𝜉)] 𝑅
1−𝜉となり、これがこの問題に対する正確な解である。必要ではないが、小さな𝜉に対して近似をすることが可能である。
8𝟎. 𝟑

arccos(1 − 𝜉) ≈ √2𝜉 (1 +𝜉)
12

小さな𝜉に対する近似を行い𝜉 = 𝐻/𝑅を代入すると解法 1 と同じ解が出てくる。
2 2𝐻 3𝑑𝑥 = √3 𝑅
係数 2/3 が欠けていたら 0.1 点引く。

- 𝟎. 𝟏

図 1: 解法 2 で用いる記号の定義

解法 3 ― 慣性系で考え、幾何学の技法を用いる
これは𝑑𝑥 を得る別解である。
物体の移動距離は𝑙で、落ちる間に宇宙ステーションは角度𝛼だけ回転するとする。図 2 を参照せよ。方冪の定理により
𝑙2 = 𝐻(2𝑅 − 𝐻)

𝟎. 𝟏𝑙
𝜔𝑆𝑆 (𝑅 − 𝐻)

𝟎. 𝟏

回転角は 𝛼 = 𝜔𝑠𝑠 𝑡で𝑡=は落下するのにかかる時間である。ゆえに
𝛼=√𝐻(2𝑅 − 𝐻)
𝑅−𝐻

𝟎. 𝟏𝑑𝑥𝑙√𝐻(2𝑅 − 𝐻)
= 𝛼 − arcsin =− arcsin √𝜉(2 − 𝜉)
𝑅𝑅𝑅−𝐻𝜉≡𝐻, 𝑦 ≡ √𝜉(2 − 𝜉)とすると𝑅arcsin 𝑦 ≈ 𝑦 +であるから
9𝑦36𝟎. 𝟏𝑑𝑥𝑦3𝑦22𝜉𝑦 2𝜉√2𝜉 2 2𝐻 3
≈ 𝑦(1 + 𝜉) − 𝑦 −= 𝑦 (𝜉 − ) ≈≈= √ 3𝑅66333 𝑅
より，最終的な解は，
2 2𝐻 3𝑑𝑥 = √3 𝑅

𝟎. 𝟏

図 2: 解法 3 で用いる記号の定義(訳注) arcsin, arccos の近似式を用いなくても sin, cos の近似だけで正解を得る。
この 𝑑𝑥 を 𝜙 で表すと
1𝜙 − 6 𝜙3sin𝜙
𝜙3𝑑𝑥 = [− 𝜙] 𝑅 ≈ []𝑅 ≈𝑅
1cos𝜙
31 − 𝜙22
これから 𝜙 = √2ξ を代入すれば

2 2𝐻 3𝑑𝑥 = √3 𝑅と正しい結論が導かれる

B7 (1.3 点) 𝑑𝑥 = 0となるような塔の高さの下限を求めよ。

B7 の解答:[𝟏. 𝟑]

問題を解く鍵は回転しない座標系を用いることである。中心に十分近いところで物体が放されると，その速度は十分小さいので地面にぶつかる前に宇宙ステーションが2𝜋以10上回転することができるだろう。
速度は次の式で与えられる。
𝑣 = 𝜔𝑠𝑠 (𝑅 − 𝐻)

𝟎. 𝟏

宇宙ステーションにぶつかるまでに物体が移動する距離𝑑は𝑑 2 = 𝑅 2 − (𝑅 − 𝐻)2

𝟎. 𝟏

回転しない座標系で考えて衝突までにかかる時間𝑡を得る。
𝑡=𝑑 √𝑅 2 − (𝑅 − 𝐻)2=𝑣
𝜔𝑠𝑠 (𝑅 − 𝐻)

𝟎. 𝟏

そして𝐻と宇宙ステーションの回転角𝜙の関係式を導出する方法はいくつかある。
解法 1
𝑡=𝑅 sin 𝜙𝜔𝑠𝑠 𝑅 cos 𝜙

𝟎. 𝟐

この結果と𝑡 = 𝜙/𝜔𝑠𝑠 という結果により次の式を得る。
𝜙 = tan 𝜙
無限個の解が存在することに気付くこと

𝟎. 𝟐𝟎. 𝟐この式は自明な解𝜙 = 0をもつ。次の解は3𝜋/2より少しだけ小さく𝐻 > 𝑅となり、これは正しくない。3 番目の解が𝐻の下限を与える。
𝜙 ≈ 5𝜋/2
𝜙 = tan 𝜙という式はグラフ的にも数値的にも解くことができ、おおよその解
𝜙 = 7.725 radを得る。このとき
𝐻= (1 − cos 𝜙) ≈ 0.871
𝑅
方法が正しいならば得られた𝐻/𝑅の値によって下記の点数を与える。
0.85 ≤ 𝐻 ⁄𝑅 ≤ 0.88

0.4 点

0.5 ≤ 𝐻 ⁄𝑅 < 0.85

0.3 点

0 < 𝐻 ⁄𝑅 < 0.5 または 𝐻 ⁄𝑅 > 0.88

𝟎. 𝟒0.2 点

𝐻 = 0 または 方法が誤っている場合 0 点
解法 2𝐻と回転角𝜙の関係式
𝑅−𝐻= cos 𝜙𝑅により次の式を得る。
11𝟎. 𝟐√1 − (1 − 𝐻 ⁄𝑅 )2𝐻= 1 − cos ()𝑅
1 − 𝐻 ⁄𝑅
√1−(1−𝑥)2) のグラフを与える。
1−𝑥

図 3 に𝑓(𝑥) = 1 − cos (𝟎. 𝟐

2 番目の交点の近似値を求めよう。

最初の交点は捨てる。なぜならばcos 𝜙 = cos(−𝜙)であるがために交点になってしまったのであり、𝐻 > 𝑅となるからだ。
無限個の解が存在することに気づくこと

𝟎. 𝟐

新たに変数𝑥 ≔ 1 − 𝐻/𝑅を定義すると、与式は次のようになる。
𝑥 = cos (√1 − 𝑥 2 ⁄𝑥 ) =: 𝑔(𝑥)𝑔(𝑥)は最初の解にいたるまで(最初の解よりも𝑥の大きいところでは)𝑥よりも小さい。特にある領域では負となる（図 4）。3 番目のゼロ点が解の下限を与える。
√1 − 𝑥 2= 5𝜋/2𝑥

下限を与える。
𝑥 = 1⁄√25𝜋 2 ⁄4 + 1 ⟹ 𝐻 = 𝑅 (1 − 1⁄√25𝜋 2 ⁄4 + 1) ≈ 0.874𝑅
注意:厳密な解は𝐻 ⁄𝑅 = 0.871 …である。
答えの数値については解法 1 で述べたのと同様の点数を与える。
𝑔でなく𝑓をプロットして𝑓(𝑥) = 𝑥の解を見つけたならば上の解と等価である。同様の点数を与える。
√1−𝑥 21) = sin ( )を用いても良い。
𝑥𝑥cos (

図 3: 𝒇(𝑯/𝑹)と𝑯/𝑹のグラフ

12𝟎. 𝟒図 4: 𝒈(𝒙)と𝒙のグラフ

B8 (1.7 点) 平衡位置𝑥 = 0, 𝑦 = 0から、アリスは物体を距離𝑑だけ引き下げて、ばねを離した(図 5 を見よ)。
𝑥(𝑡)と𝑦(𝑡)の表式を求めよ。𝜔𝑠𝑠 𝑑は小さいとしてよい。また、𝑦方向の運動についてはコリオリ力を無視してよい。

軌跡(𝑥(𝑡), 𝑦(𝑡))をスケッチせよ(概略図を描け)。振幅のような、軌跡の重要な特徴はすべて記載すること。

B8 の解答:[𝟏. 𝟕]

注意: コリオリ力の符号については言及してこなかった。逆符号を用いていても同じ点数を与えるが、整合性がなければならない！整合性のない場合、各々0.1 点を引く。

- 𝟎. 𝟏2 とあらわに書く必要はない。しかし
𝜔を用いて全ての式を表しても良く、√𝑘 ⁄𝑚 − 𝜔𝑠𝑠𝜔のかわりに𝑘/𝑚を用いていたら 0.1 点を引く。

- 𝟎. 𝟏𝑦(𝑡)は調和振動であることに気づく。
𝑦(𝑡) = 𝐴 cos 𝜔𝑡 + 𝐵

𝟎. 𝟏

初期条件を用いて定数を正しく与える。
𝑦(𝑡) = −𝑑 cos 𝜔𝑡

𝟎. 𝟐𝑣𝑦 (𝑡) = 𝑑𝜔 sin 𝜔𝑡

𝟎. 𝟏𝑣𝑦 (𝑡)の正しい表現
𝑥方向のコリオリ力
𝐹𝑥 (𝑡) = 2𝑚𝜔𝑠𝑠 𝑣𝑦 (𝑡) = 2𝑚𝜔𝑠𝑠 𝑑𝜔 sin 𝜔𝑡𝟎. 𝟐

このことにより𝑥(𝑡)もまた調和振動であることに気づくこと

𝟎. 𝟏

しかし、等速度運動する項𝑣𝑡があることに気づくこと

𝟎. 𝟏

13正しい振幅を得る
𝐴=2𝜔𝑠𝑠 𝑑𝜔

𝟎. 𝟏

正しい初期条件のもとでの正しい解2𝜔𝑠𝑠 𝑑sin 𝜔𝑡 + 2𝜔𝑠𝑠 𝑑𝑡
𝜔

𝟎. 𝟐

周期運動

𝟎. 𝟏

周期運動に加えて等速度運動をしていること

𝟎. 𝟏B): 突出点(cusp)

𝟎. 𝟏A)+B): 極大点と突出点が𝑦 = ±𝑑にあること

𝟎. 𝟏

𝑥(𝑡) = −概略図:

定性的評価:

定量的評価:

C): 突出点(cusp)同士の距離がΔ𝑥 =144𝜋𝜔𝑠𝑠 𝑑であること
𝜔𝟎. 𝟐