重力は爆発に気づかない：大きい破片はどこに落ちるか

系から何も出ていかないので、質量は保存されます。

$$m_2 + m_3 = m_1$$

与えられた比 $m_3 = 3m_2$ を代入します。

$$m_2 + 3m_2 = 4m_2 = m_1 \quad\Rightarrow\quad m_2 = \tfrac{1}{4}m_1$$

したがって

$$m_3 = 3m_2 = \tfrac{3}{4}m_1$$

質量の情報から得られるのは、この2つの割合だけです。$m_1$ の実際の値は最終的な答えから消えます。

ステップ1 — 外力は重力だけ。 爆発の化学的な力は第三法則の対になっていて打ち消し合うので、

$$m_1\vec{A}_{cm} = m_1\vec{g} \quad\Rightarrow\quad \vec{A}_{cm} = \vec{g}$$

が爆発の前も、最中も、後も成り立ちます。したがって質量中心は、壊れなかった場合に投射体が描いたはずのまったく同じ放物線の上を飛びます。

ステップ2 — その放物線の対称性を使う。 最高点は発射台から水平距離 $x_i$ の所にあり、下りの半分は上りの半分を鏡に映した形なので、放物線は次の位置で地面に達します。

$$\vec{R}_{cm}(t_f) = 2x_i\,\hat{i}$$

なぜ時刻が重要か： 最高点では速度は完全に水平で、破片は水平に飛び離れるので、どちらの破片も鉛直方向の速度を得ません。どちらも同じ高さから $v_y = 0$ で落ち、どちらも時間 $t_1$ かかり、どちらも $t_f = 2t_1$ に地面にあります。これが、両方の破片の位置がわかる唯一の瞬間です。

ステップ1 — 質量。 $m_2 + m_3 = m_1$ と $m_3 = 2m_2$ から：

$$3m_2 = m_1 \quad\Rightarrow\quad m_2 = \tfrac{1}{3}m_1, \qquad m_3 = \tfrac{2}{3}m_1$$

ステップ2 — 着地時の質量中心。 幾何学的な配置は何も変わっていないので、$\vec{R}_{cm}(t_f) = 2x_i\,\hat{i}$ はそのまま成り立ちます。$\vec{r}_2 = \vec{0}$ なので第1項は消えます。

$$2x_i = \frac{m_2(0) + m_3\,x_{3,f}}{m_1} = \frac{\tfrac{2}{3}m_1\,x_{3,f}}{m_1} = \tfrac{2}{3}x_{3,f}$$

ステップ3 — 解く。

$$x_{3,f} = \tfrac{3}{2}\cdot 2x_i = 3x_i$$

妥当性チェック： この破片は動画の $\tfrac{3}{4}m_1$ より軽いので、平均を $2x_i$ に保つにはより遠くまで届かなければなりません。実際、$3x_i > \tfrac{8}{3}x_i$ です ✓

ステップ1 — 爆発の前後の運動量。 爆発は一瞬なので、重力が与える力積は無視でき、水平方向の運動量は変わりません。$v_2 = 0$ として：

$$m_1v_1 = \tfrac{1}{4}m_1(0) + \tfrac{3}{4}m_1v_3$$ $$v_1 = \tfrac{3}{4}v_3 \quad\Rightarrow\quad v_3 = \tfrac{4}{3}v_1$$

ステップ2 — 地面までの運動学。 小さい破片は水平方向の速度をもちませんが、やはり $v_y = 0$ なので、どちらの破片も同じ時間 $t_1$ だけ落下します。大きい破片の移動距離は

$$\Delta x_3 = v_3t_1 = \tfrac{4}{3}v_1t_1 = \tfrac{4}{3}x_i$$

ステップ3 — 爆発前の区間を足す。

$$x_{3,f} = x_i + \tfrac{4}{3}x_i = \tfrac{7}{3}x_i$$

方法その1で確かめる。 小さい破片は今度は最高点の真下、$x_i$ に落ちるので、

$$R_{cm}(t_f) = \tfrac{1}{4}x_i + \tfrac{3}{4}\left(\tfrac{7}{3}x_i\right) = \tfrac{1}{4}x_i + \tfrac{7}{4}x_i = 2x_i \ \checkmark$$

2つの道筋の答えは一致します。動画のときとまったく同じです。