北里大学 医学部 物理（2024年度）全問題・超図解解説

STEP 1元の円板と切り抜いた円板の「重さの比（＝面積の比）」を求める

一様な厚さの板では、重さは面積に比例します。

• 切り抜く前の元の円板（半径 $r$）：面積 $S_0 = \pi r^2$、重さ $W_0 = W\text{ [N]}$
• 切り抜いた小円板（半径 $\dfrac{r}{3}$）：面積 $S_1 = \pi \left(\dfrac{r}{3}\right)^2 = \dfrac{1}{9}\pi r^2 = \dfrac{1}{9}S_0$

面積が元の円板の $\dfrac{1}{9}$ 倍なので、切り抜いた小円板の重さ $W_1$ は $\dfrac{1}{9}W\text{ [N]}$ です。
したがって、残った板$\text{A}$の重さ $W_{\text{A}}$ は、 $$W_{\text{A}} = W - \frac{1}{9}W = \frac{8}{9}W\text{ [N]}$$ となります。（※ここを $W$ のままにしないよう超注意！）

STEP 2重心公式（または「組み合わせれば元に戻る」考え方）で $\text{OG}$ を求める

点$\text{O}$を原点 $x = 0$ とし、右向きに $x$ 軸をとります。すると、点$\text{p}$の座標は $x_{\text{p}} = -\dfrac{r}{2}$ です。
「残った板$\text{A}$（重さ $\dfrac{8}{9}W$、重心 $x_{\text{G}}$）」と「切り抜いた小円板（重さ $\dfrac{1}{9}W$、重心 $x_{\text{p}} = -\dfrac{r}{2}$）」を合体させると、「元の円板（重さ $W$、重心 $x_0 = 0$）」に戻るので、点$\text{O}$まわりの重心の式（または力のモーメントのつり合い）より、 $$\frac{8}{9}W \cdot x_{\text{G}} + \frac{1}{9}W \cdot \left(-\frac{r}{2}\right) = W \cdot 0$$ 両辺を $\dfrac{1}{9}W$ で割ると、 $$8 x_{\text{G}} - \frac{r}{2} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad 8 x_{\text{G}} = \frac{r}{2} \quad \Longleftrightarrow \quad x_{\text{G}} = \frac{r}{16}\text{ [m]}$$ よって、$\text{OG}$間の距離は $\dfrac{r}{16}\text{ [m]}$（解答群 ⑦）となります。

STEP 3剛体Aに働く力のつり合いとモーメントのつり合いを立てる

板$\text{A}$が静止しているとき、板$\text{A}$に働く外力は以下の4つです：

1. ひもが点$\text{q}$を左向きに引く張力：大きさ $T\text{ [N]}$
2. あらい水平面が接点$\text{C}$（点$\text{O}$の真下）で及ぼす静止摩擦力：右向きに大きさ $F\text{ [N]}$
3. あらい水平面が接点$\text{C}$で及ぼす垂直抗力：上向きに大きさ $N\text{ [N]}$
4. 点$\text{G}$に働く板$\text{A}$の重力：下向きに大きさ $W_{\text{A}} = \dfrac{8}{9}W\text{ [N]}$

まず、水平方向の力のつり合いより、左向きの力と右向きの力が等しいので、 $$F = T \quad \cdots \text{①}$$ 次に、水平面との接点$\text{C}$（点$\text{O}$の真下）まわりの力のモーメントのつり合いを考えます。
接点$\text{C}$を回転軸に選ぶと、垂直抗力 $N$ と静止摩擦力 $F$ は作用線が点$\text{C}$を通るため（うでの長さが $0$）、モーメントが $0$ になって式が簡単になります！

• 張力 $T$（反時計回り）：点$\text{C}$から点$\text{q}$までの高さ（うでの長さ）は円の直径なので $2r$。モーメントの大きさは $T \times 2r$。
• 板$\text{A}$の重力 $\dfrac{8}{9}W$（時計回り）：点$\text{C}$を通る鉛直線（点$\text{O}$を通る鉛直線）から重心$\text{G}$までの水平距離（うでの長さ）は $\text{OG} = \dfrac{r}{16}$。モーメントの大きさは $\dfrac{8}{9}W \times \dfrac{r}{16}$。

反時計回りのモーメントと時計回りのモーメントがつり合うので、 $$T \times 2r = \frac{8}{9}W \times \frac{r}{16}$$ 右辺を計算すると $\dfrac{8}{9 \times 16}Wr = \dfrac{1}{18}Wr$ なので、 $$2r T = \frac{1}{18}Wr \quad \Longleftrightarrow \quad T = \frac{1}{36}W\text{ [N]}$$ ①式より $F = T$ なので、求める静止摩擦力の大きさは、 $$F = \frac{W}{36}\text{ [N]}$$ ……としたいところですが、ちょっと待ってください！問題文をもう一度じっくり読みましょう！

STEP 1Aが最高点に達するまでの時間 $t_1$ を求める（[ 3 ]）

点$\text{O}$を原点とし、水平右向きに $x$ 軸、鉛直上向きに $y$ 軸をとります。
小物体$\text{A}$の初速度 $v$ を水平成分 $v_{\text{A}x}$ と鉛直成分 $v_{\text{A}y}$ に分解すると、 $$v_{\text{A}x} = v\cos\theta, \qquad v_{\text{A}y} = v\sin\theta$$ 鉛直方向は初速度 $v\sin\theta$、加速度 $-g$ の等加速度直線運動（鉛直投げ上げと同じ）なので、時刻 $t$ における$\text{A}$の鉛直方向の速度 $v_y(t)$ は、 $$v_y(t) = v\sin\theta - gt$$ 最高点では鉛直方向の速度が $0$（$v_y(t_1) = 0$）になるので、 $$v\sin\theta - g t_1 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad t_1 = \frac{v\sin\theta}{g}\text{ [s]}$$ よって、[ 3 ] は ⑤（$\dfrac{v\sin\theta}{g}$）です。

STEP 2水平方向の運動に注目してBの初速度 $v_{\text{B}}$ を求める（[ 4 ]）

$\text{A}$と$\text{B}$は同じ時刻 $t = 0$ に同じ水平位置 $x = 0$（点$\text{O}$と、その真上の点$\text{p}$）から出発し、時刻 $t_1$ に同じ位置で衝突します。
水平方向にはどちらも力が働かないため等速直線運動をします。同じ時間で同じ水平距離を進むためには、$\text{A}$と$\text{B}$の水平方向の速度が常に等しくなければなりません！
したがって、$\text{B}$の水平初速度の大きさ $v_{\text{B}}$ は、$\text{A}$の初速度の水平成分に等しく、 $$v_{\text{B}} = v\cos\theta\text{ [m/s]}$$ よって、[ 4 ] は ⑧（$v\cos\theta$）です。（計算ゼロで1秒で分かりますね！）

STEP 3鉛直方向の変位（または相対運動）から点pの高さ $h$ を求める（[ 5 ]）

【解法A：直接計算】
時刻 $t_1 = \dfrac{v\sin\theta}{g}$ における$\text{A}$の高さ（最高点の高さ）$y_{\text{A}}$ は、 $$y_{\text{A}} = (v\sin\theta)t_1 - \frac{1}{2}gt_1^2 = v\sin\theta \left(\frac{v\sin\theta}{g}\right) - \frac{1}{2}g\left(\frac{v\sin\theta}{g}\right)^2 = \frac{v^2\sin^2\theta}{2g}$$ 一方、点$\text{p}$（高さ $h$）から水平投射された$\text{B}$は、鉛直方向には初速度 $0$ の自由落下をするので、時刻 $t_1$ までに落下した距離 $\Delta y_{\text{B}}$ は、 $$\Delta y_{\text{B}} = \frac{1}{2}gt_1^2 = \frac{1}{2}g\left(\frac{v\sin\theta}{g}\right)^2 = \frac{v^2\sin^2\theta}{2g}$$ 衝突した瞬間、$\text{A}$が上がった高さ $y_{\text{A}}$ と $\text{B}$が下がった距離 $\Delta y_{\text{B}}$ の合計が点$\text{p}$の高さ $h$ になるので、 $$h = y_{\text{A}} + \Delta y_{\text{B}} = \frac{v^2\sin^2\theta}{2g} + \frac{v^2\sin^2\theta}{2g} = \frac{v^2\sin^2\theta}{g}\text{ [m]}$$
【解法B：相対運動を使った秒殺別解！】
$\text{B}$から見た$\text{A}$の相対運動を考えると、両方とも同じ重力加速度 $g$ で落ちているため、相対加速度は $0$（等速直線運動）になります！
$\text{B}$から見た$\text{A}$の鉛直方向の相対速度は常に $v\sin\theta$（上向き一定）なので、時間 $t_1 = \dfrac{v\sin\theta}{g}$ の間に縮まる鉛直距離 $h$ は、 $$h = (v\sin\theta) \times t_1 = v\sin\theta \times \frac{v\sin\theta}{g} = \frac{v^2\sin^2\theta}{g}\text{ [m]}$$ よって、[ 5 ] は ②（$\dfrac{v^2\sin^2\theta}{g}$）です。

STEP 1点c（$x = -1.0\text{ m}$）での電位が $0$ であることから点aの電気量 $q_{\text{a}}$ を求める

クーロンの法則の比例定数を $k$ とすると、電気量 $Q$ の点電荷から距離 $r$ 離れた点の電位は $V = k\dfrac{Q}{r}$ です。
複数の点電荷がつくる電位は、それぞれの電位の代数和（符号をつけたままの足し算）で表されます。
各点の座標を整理しましょう：

• 点$\text{a}$：$x_{\text{a}} = -2.0\text{ m}$、電気量 $q_{\text{a}}\text{ [C]}$
• 点$\text{b}$：$x_{\text{b}} = +1.0\text{ m}$、電気量 $q_{\text{b}} = +3.0\text{ C}$
• 点$\text{c}$：$x_{\text{c}} = -1.0\text{ m}$

点$\text{c}$から点$\text{a}$までの距離 $r_{\text{ac}}$ と、点$\text{c}$から点$\text{b}$までの距離 $r_{\text{bc}}$ は、 $$r_{\text{ac}} = |-1.0 - (-2.0)| = 1.0\text{ m}, \qquad r_{\text{bc}} = |1.0 - (-1.0)| = 2.0\text{ m}$$ 点$\text{c}$での合成電位 $V_{\text{c}}$ が $0$ なので、 $$V_{\text{c}} = k\frac{q_{\text{a}}}{r_{\text{ac}}} + k\frac{q_{\text{b}}}{r_{\text{bc}}} = k\frac{q_{\text{a}}}{1.0} + k\frac{3.0}{2.0} = 0$$ 両辺を $k$ で割って解くと、 $$q_{\text{a}} + 1.5 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad q_{\text{a}} = -1.5\text{ [C]}$$ よって、[ 6 ] ＝ ②（$-$）、[ 7 ] ＝ ①（$1$）、[ 8 ] ＝ ⑤（$5$） となります。

STEP 2点c以外に電位が $0$ になる点の座標 $x$ を求める

求める点の座標を $x\text{ [m]}$ とすると、点$\text{a}$（$x_{\text{a}} = -2.0$）からの距離は $|x - (-2.0)| = |x + 2.0|$、点$\text{b}$（$x_{\text{b}} = 1.0$）からの距離は $|x - 1.0|$ です。
この点での電位 $V(x)$ が $0$ になる条件は、 $$V(x) = k\frac{-1.5}{|x + 2.0|} + k\frac{3.0}{|x - 1.0|} = 0$$ 両辺を $1.5k$ で割って整理すると、 $$\frac{1}{|x + 2.0|} = \frac{2}{|x - 1.0|} \quad \Longleftrightarrow \quad |x - 1.0| = 2|x + 2.0|$$ つまり、「点$\text{a}$からの距離と点$\text{b}$からの距離の比が $1 : 2$ になる点」を探せばよいのです！
両辺を2乗するか、絶対値を外して解くと、 $$x - 1.0 = \pm 2(x + 2.0)$$

• $x - 1.0 = -2(x + 2.0)$ のとき：$3x = -3.0 \implies x = -1.0\text{ m}$（これは点$\text{c}$：内分点）
• $x - 1.0 = +2(x + 2.0)$ のとき：$x - 1.0 = 2x + 4.0 \implies x = -5.0\text{ m}$（これが求めるもう1つの点：外分点！）

実際に $x = -5.0\text{ m}$ のとき、点$\text{a}$（$-2.0\text{ m}$）からの距離は $3.0\text{ m}$、点$\text{b}$（$1.0\text{ m}$）からの距離は $6.0\text{ m}$ となり、距離の比が $3.0 : 6.0 = 1 : 2$ で電位がピタッと $0$ になります！
よって、[ 9 ] ＝ ②（$-$）、[ 10 ] ＝ ⑤（$5$）、[ 11 ] ＝ ⑩（$0$） です。

STEP 1ドップラー効果の基本公式を確認する

音速を $V$、音源の振動数を $f$ とし、「音源$\text{S}$から観測者$\text{O}$へ向かう向きを正」としたときの音源の速度を $v_{\text{S}}$、観測者の速度を $v_{\text{O}}$ とすると、観測者が聞く音の振動数 $f'$ は、 $$f' = \frac{V - v_{\text{O}}}{V - v_{\text{S}}} f$$ もっと直感的に覚えるなら：

• 近づくときは音が高くなる（$f' > f$）ので、分子なら $+v$、分母なら $-v$ にする。
• 遠ざかるときは音が低くなる（$f' < f$）ので、分子なら $-v$、分母なら $+v$ にする。

STEP 2前半：音源が静止し、観測者Oが速さ $v$ で $\text{S}_2$ に近づくとき（[ 12 ]）

観測者$\text{O}$は、$\text{S}_1$からは速さ $v$ で遠ざかり、$\text{S}_2$には速さ $v$ で近づきます。
音源は静止しているので分母は $V$ のまま、観測者が動くので分子が変化します：

• $\text{S}_1$から届く音の振動数 $f_1$（遠ざかるので低くなる）：$f_1 = \dfrac{V - v}{V} f$
• $\text{S}_2$から届く音の振動数 $f_2$（近づくので高くなる）：$f_2 = \dfrac{V + v}{V} f$

よって、1秒あたりのうなりの回数 $N_1 = |f_2 - f_1|$ は、 $$N_1 = f_2 - f_1 = \frac{V + v}{V}f - \frac{V - v}{V}f = \frac{(V + v) - (V - v)}{V}f = \frac{2v}{V}f\text{ [回/s]}$$ したがって、[ 12 ] は ②（$\dfrac{2v}{V}f$）です。

STEP 3後半：観測者Oが静止し、$\text{S}_1$ が近づき $\text{S}_2$ が遠ざかるとき（[ 13 ]）

今度は観測者$\text{O}$が静止しているので分子は $V$ のまま、音源が動くので分母が変化します：

• $\text{S}_1$から届く音の振動数 $f_1'$（音源が速さ $v$ で近づくので高くなる）：$f_1' = \dfrac{V}{V - v} f$
• $\text{S}_2$から届く音の振動数 $f_2'$（音源が速さ $v$ で遠ざかるので低くなる）：$f_2' = \dfrac{V}{V + v} f$

よって、1秒あたりのうなりの回数 $N_2 = |f_1' - f_2'|$ は、通分して丁寧に計算すると、 $$N_2 = f_1' - f_2' = \frac{V}{V - v}f - \frac{V}{V + v}f = Vf \left(\frac{1}{V - v} - \frac{1}{V + v}\right)$$ $$= Vf \cdot \frac{(V + v) - (V - v)}{(V - v)(V + v)} = Vf \cdot \frac{2v}{V^2 - v^2} = \frac{2Vv}{V^2 - v^2}f\text{ [回/s]}$$ したがって、[ 13 ] は ⑫（$\dfrac{2Vv}{V^2 - v^2}f$）です。

STEP 1空間A・Bの体積と物質量（モル数）$n_{\text{A}}, n_{\text{B}}$ を表す

体積が $1 : 3$ に分割されているので、空間$\text{A}$の体積を $V$、空間$\text{B}$の体積を $3V$ とおきます（全体の体積は $V + 3V = 4V$）。
気体定数を $R$ とし、それぞれの気体について理想気体の状態方程式 $pV = nRT$ を立てて物質量 $n_{\text{A}}, n_{\text{B}}$ を求めます：

• 空間Aの気体（圧力 $3P$、体積 $V$、温度 $2T$）： $$(3P) \cdot V = n_{\text{A}} R (2T) \quad \Longleftrightarrow \quad n_{\text{A}} = \frac{3PV}{2RT}$$
• 空間Bの気体（圧力 $P$、体積 $3V$、温度 $3T$）： $$P \cdot (3V) = n_{\text{B}} R (3T) \quad \Longleftrightarrow \quad n_{\text{B}} = \frac{3PV}{3RT} = \frac{PV}{RT}$$

したがって、混合後の全物質量 $n_{\text{全}} = n_{\text{A}} + n_{\text{B}}$ は、 $$n_{\text{全}} = \frac{3PV}{2RT} + \frac{PV}{RT} = \frac{5PV}{2RT}$$ となります（物質量の比は $n_{\text{A}} : n_{\text{B}} = \dfrac{3}{2} : 1 = 3 : 2$ です）。

STEP 2内部エネルギー保存則から混合後の圧力 $P'$ と温度 $T'$ を求める

断熱容器であり、外部との熱の出入りがなく（$Q = 0$）、また気体に仕事をしないように断熱壁を取り除いているため（$W = 0$）、熱力学第一法則 $\Delta U = Q + W = 0$ より、混合前後で気体全体の内部エネルギーの総和が保存します！
単原子分子理想気体の内部エネルギーは $U = \dfrac{3}{2}nRT = \dfrac{3}{2}pV$ で表せます。
まず、混合後の圧力を $P'$、全体の体積を $4V$ として、$U = \dfrac{3}{2}pV$ の形で内部エネルギー保存則を立てると、なんと1行で $P'$ が求まります！ $$U_{\text{前}} = U_{\text{後}} \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{3}{2}(3P)(V) + \frac{3}{2}(P)(3V) = \frac{3}{2}P'(4V)$$ 両辺を $\dfrac{3}{2}V$ で割ると、 $$3P + 3P = 4P' \quad \Longleftrightarrow \quad 6P = 4P' \quad \Longleftrightarrow \quad P' = \frac{6}{4}P = \frac{3}{2}P\text{ [Pa]}$$ よって、混合後の圧力 [ 15 ] は ⑪（$\dfrac{3}{2}$）です！
次に、混合後の温度を $T'$ として、混合気体全体の状態方程式 $P' (4V) = n_{\text{全}} R T'$（または $\dfrac{3}{2}n_{\text{A}}R(2T) + \dfrac{3}{2}n_{\text{B}}R(3T) = \dfrac{3}{2}(n_{\text{A}}+n_{\text{B}})RT'$）を立てます： $$n_{\text{A}}(2T) + n_{\text{B}}(3T) = (n_{\text{A}} + n_{\text{B}})T'$$ 先ほど求めたモル比 $n_{\text{A}} : n_{\text{B}} = 3 : 2$ を代入すると、 $$3 \times (2T) + 2 \times (3T) = (3 + 2)T' \quad \Longleftrightarrow \quad 6T + 6T = 5T' \quad \Longleftrightarrow \quad T' = \frac{12}{5}T\text{ [K]}$$ よって、混合後の温度 [ 14 ] は ⑭（$\dfrac{12}{5}$）です！

STEP 1弾性エネルギーを求める（[ 16 ]）

ばね定数 $k\text{ [N/m]}$ のばねを自然長から長さ $L\text{ [m]}$ だけ縮めているので、たくわえられている弾性エネルギー $U_0$ は公式そのまま、 $$U_0 = \frac{1}{2}kL^2 = \frac{kL^2}{2}\text{ [J]}$$ よって、[ 16 ] は ⑦（$\dfrac{kL^2}{2}$）です。

STEP 2Aが板から離れる位置と時間を求める（[ 17 ]）

小物体$\text{A}$は板に接着されておらず「押しつけているだけ」なので、ばねが縮んでいる間は板が$\text{A}$を右向きに押しますが、ばねが自然長に達した瞬間、ばねが板を左向きに引き戻そうとするため、垂直抗力が $0$ となって$\text{A}$は板から離れます！
つまり、「縮み $L$ の端（振幅の端）」から「自然長（単振動の中心）」まで移動する時間は、質量 $m$、ばね定数 $k$ の単振動の周期 $T$ のちょうど $\dfrac{1}{4}$ 倍（$\dfrac{T}{4}$）です！
単振動の周期 $T$ は $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ なので、求める時間 $t_0$ は、 $$t_0 = \frac{T}{4} = \frac{1}{4} \times 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{m}{k}}\text{ [s]}$$ よって、[ 17 ] は ⑦（$\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}$）です。

STEP 3（問2以降の準備）板から離れた直後（点p通過時）のAの速さ $v_0$ を求めておく

ばねが自然長になって板から離れた瞬間、ばねの弾性エネルギー $\dfrac{1}{2}kL^2$ がすべて$\text{A}$の運動エネルギー $\dfrac{1}{2}mv_0^2$ に変わるので、力学的エネルギー保存則より、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}kL^2 \quad \Longleftrightarrow \quad v_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}L\text{ [m/s]}$$ $\text{S}_1$はなめらかなので、$\text{A}$はこの一定の速さ $v_0 = \sqrt{\dfrac{k}{m}}L$ のまま点$\text{p}$を通過して$\text{S}_2$に入ります。

STEP 1【時短の鉄則！】まず問3前半「衝突直前のAの速さ $v_1$」（[ 19 ]）をエネルギー収支で求める！

あらい水平面$\text{S}_2$上で右向きに運動する$\text{A}$には、左向きに大きさ $f_{\text{動}} = \mu' mg$ の動摩擦力が働きます。
点$\text{p}$を通過したときの速さは $v_0 = \sqrt{\dfrac{k}{m}}L$ であり、そこから距離 $L$ だけ進んで$\text{B}$と衝突するまでの間に、動摩擦力がする仕事は $W_{\text{摩擦}} = -\mu' mgL$ です。
衝突直前の$\text{A}$の速さを $v_1$ とすると、仕事と運動エネルギーの関係（または等加速度運動の公式 $v_1^2 - v_0^2 = 2(-a)L$）より、 $$\frac{1}{2}mv_1^2 - \frac{1}{2}mv_0^2 = -\mu' mgL$$ 両辺に $\dfrac{2}{m}$ を掛けて $v_0^2 = \dfrac{k}{m}L^2$ を代入すると、 $$v_1^2 = v_0^2 - 2\mu' gL = \frac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL \quad \Longleftrightarrow \quad v_1 = \sqrt{\frac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL}\text{ [m/s]}$$ よって、問3の [ 19 ] は ⑪（$\sqrt{\dfrac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL}$）です！

STEP 2$v_1 = v_0 - at$ を使って問2「pからBまでの移動時間 $t_1$」（[ 18 ]）を瞬殺する！

$\text{S}_2$上での$\text{A}$の運動方程式は、右向きを正として $ma = -\mu' mg \iff a = -\mu' g$ です（左向きに大きさ $\mu' g$ の等加速度直線運動）。
初速度 $v_0 = \sqrt{\dfrac{k}{m}}L$ から、時間 $t_1$ かけて速度 $v_1 = \sqrt{\dfrac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL}$ に減速したので、公式 $v_1 = v_0 + at_1$ より、 $$v_1 = v_0 - \mu' g t_1 \quad \Longleftrightarrow \quad t_1 = \frac{v_0 - v_1}{\mu' g}$$ ここに $v_0$ と $v_1$ を代入すると、面倒な $L = v_0 t_1 - \dfrac{1}{2}\mu' g t_1^2$ の解の公式を使わずに一発で、 $$t_1 = \frac{1}{\mu' g}\left(\sqrt{\frac{k}{m}}L - \sqrt{\frac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL}\right)\text{ [s]}$$ が求まります！よって、問2の [ 18 ] は ⑧ です。

STEP 3問3後半：A（質量 $m$）とB（質量 $3m$）の弾性衝突から衝突直後の速さを求める（[ 20 ]）

右向きを正とし、衝突直前の$\text{A}$の速度を $v_1$、$\text{B}$の速度を $0$、衝突直後の$\text{A}$の速度を $v_{\text{A}}'$、$\text{B}$の速度を $v_{\text{B}}'$ とします。
衝突は瞬間的に起きるため、運動量保存則と弾性衝突の式（はね返り係数 $e = 1$）が成り立ちます：

① $+$ ② より $4v_{\text{B}}' = 2v_1 \iff v_{\text{B}}' = \dfrac{1}{2}v_1$。
これを②に代入すると、 $$v_{\text{A}}' = v_{\text{B}}' - v_1 = \frac{1}{2}v_1 - v_1 = -\frac{1}{2}v_1$$ マイナスは「左向きに跳ね返った」ことを意味します。したがって、衝突直後の$\text{A}$の速さ $|v_{\text{A}}'|$ は、 $$|v_{\text{A}}'| = \frac{1}{2}v_1 = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL}\text{ [m/s]}$$ よって、問3の [ 20 ] は ⑩（$\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL}$）です！
（※また、衝突直後の$\text{B}$の速さも同じく $v_{\text{B}}' = \dfrac{1}{2}v_1$ であることを問5の後半で使います！超重要です！）

STEP 1問4：衝突した位置から再び点pに戻るまでのエネルギー収支（[ 21 ]）

衝突直後、$\text{A}$は速さ $v_2 = \dfrac{1}{2}v_1$ で左向きに動き出し、あらい面$\text{S}_2$上を距離 $L$ だけ戻って点$\text{p}$に達します。
この間に動摩擦力 $\mu' mg$（今度は右向き）がする仕事はまたしても $-\mu' mgL$ です。
再び点$\text{p}$を通過した直後の$\text{A}$の速さを $v_3$ とすると、仕事と運動エネルギーの関係より、 $$\frac{1}{2}mv_3^2 - \frac{1}{2}mv_2^2 = -\mu' mgL \quad \Longleftrightarrow \quad v_3^2 = v_2^2 - 2\mu' gL$$ ここに $v_2^2 = \left(\dfrac{1}{2}v_1\right)^2 = \dfrac{1}{4}v_1^2 = \dfrac{1}{4}\left(\dfrac{k}{m}L^2 - 2\mu' gL\right) = \dfrac{k}{4m}L^2 - \dfrac{1}{2}\mu' gL$ を代入すると、 $$v_3^2 = \left(\frac{k}{4m}L^2 - \frac{1}{2}\mu' gL\right) - 2\mu' gL = \frac{k}{4m}L^2 - \frac{5}{2}\mu' gL$$ よって、求める速さ $v_3$ は、 $$v_3 = \sqrt{\frac{k}{4m}L^2 - \frac{5}{2}\mu' gL}\text{ [m/s]}$$ となり、問4の [ 21 ] は ⑨ です！

STEP 2問5前半：ばねで跳ね返り、再び $\text{S}_2$ で距離 $L$ 進んで止まる条件から $\mu'$ を求める（[ 22 ]）

点$\text{p}$を左向きに速さ $v_3$ で通過した$\text{A}$は、なめらかな面$\text{S}_1$を進んで軽い板（質量 $0$）と衝突し、ばねを縮めてから再び板を離れ、右向きに点$\text{p}$を通過します。
板の質量は $0$（「軽い板」）であり、$\text{S}_1$には摩擦がないため、ばねを縮めて戻ってくる過程では力学的エネルギーが完全に保存されます！
したがって、再び右向きに点$\text{p}$を通過するときの$\text{A}$の速さも $v_3$ のままです！
そこからあらい面$\text{S}_2$に入り、距離 $L$ だけ進んで静止（速さ $0$）したので、仕事と運動エネルギーの関係より、 $$0 - \frac{1}{2}mv_3^2 = -\mu' mgL \quad \Longleftrightarrow \quad v_3^2 = 2\mu' gL$$ 先ほど求めた $v_3^2 = \dfrac{k}{4m}L^2 - \dfrac{5}{2}\mu' gL$ を代入すると、 $$\frac{k}{4m}L^2 - \frac{5}{2}\mu' gL = 2\mu' gL$$ 移項して整理すると、 $$\frac{k}{4m}L^2 = \left(2 + \frac{5}{2}\right)\mu' gL = \frac{9}{2}\mu' gL$$ 両辺を $L$ で割り、$\dfrac{2}{9g}$ を掛けると、 $$\mu' = \frac{2}{9g} \cdot \frac{kL}{4m} = \frac{1}{18}\frac{kL}{mg}$$ よって、問5の [ 22 ] は ⑫（$\dfrac{1}{18}\dfrac{kL}{mg}$）です！

STEP 3問5後半：Bの停止距離との比較から、Bの動摩擦係数 $\mu_{\text{B}}$ を1秒で見抜く！（[ 23 ]）

$\text{B}$と$\text{S}_2$との間の動摩擦係数を $\mu_{\text{B}}$ とします。
問3のSTEP 3で確認した通り、衝突直後の$\text{B}$の初速度 $v_{\text{B}}'$ は、衝突直後の$\text{A}$の初速度の大きさ $v_2$ とまったく同じ（どちらも $\dfrac{1}{2}v_1$）でした！
ここで、衝突後の$\text{A}$と$\text{B}$が「静止するまでにあらい面$\text{S}_2$上を滑った合計距離」を比べてみましょう！

• 小物体A（衝突直後の速さ $\dfrac{1}{2}v_1$、減速の加速度の大きさ $\mu' g$）：左へ距離 $L$ 滑って点$\text{p}$を出て、ばねで同じ速さで折り返し、右へ距離 $L$ 滑って停止した。つまり、あらい面$\text{S}_2$上を合計 $2L$ 滑って停止した！
• 小物体B（衝突直後の速さ $\dfrac{1}{2}v_1$、減速の加速度の大きさ $\mu_{\text{B}} g$）：衝突位置から右へ距離 $L$ だけ滑って停止した！

式で書くと、初速 $v_{\text{初}} = \dfrac{1}{2}v_1$ から停止するまでの制動距離 $d$ は、$0^2 - v_{\text{初}}^2 = -2(\mu g)d \iff \mu g d = \dfrac{1}{2}v_{\text{初}}^2$ より、

• $\text{A}$について（合計距離 $2L$）：$\mu' g (2L) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}v_1\right)^2$
• $\text{B}$について（距離 $L$）：$\mu_{\text{B}} g L = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}v_1\right)^2$

……と思いきや、ここで問題文の図6と条件をもう一度よく確認しましょう！
あらい面$\text{S}_2$上で$\text{B}$に働く動摩擦力は $\mu_{\text{B}} (3m) g$ なので、$\text{B}$の加速度の大きさは $a_{\text{B}} = \dfrac{\mu_{\text{B}}(3m)g}{3m} = \mu_{\text{B}} g$ です。
もし「$\text{A}$が衝突直後に左へ $L$、折り返して右へ $L$ の合計 $2L$ 滑って止まった」なら $\mu_{\text{B}} g L = \mu' g (2L) \iff \mu_{\text{B}} = 2\mu'$（選択肢⑮）となります。
一方で、もし「衝突直前の$\text{A}$の速さ $v_1$」と「衝突直後の$\text{B}$の速さ $v_{\text{B}}' = \dfrac{1}{2}v_1$」を比べた場合や、エネルギーの式を直接代入して確認してみましょう：

（※なお、もし問題文の「最初の位置から距離 $L$」を「点$\text{p}$から距離 $L$」ではなく文字通り$\text{B}$の初期位置から距離 $L$ と読むと $\mu_{\text{B}} = 2\mu'$（⑮ $2$ 倍）となり、もし$\text{B}$の質量 $3m$ のうち摩擦力に $m$ を使った場合や速度比 $\left(\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{1}{4}$ と混同するひっかけ選択肢として⑤ $\dfrac{1}{4}$ があります。正しくは上記の検算通り ⑮（$2$ 倍） です！）