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Mechanics 2 (M2, paper WME02/01, 1 時間 30 分、75 点、初回評価 June 2020) は IAL の応用単元であり、M1 を基にする：P1–P4 および M1 を前提とする。$g = 9.8\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ を 単位を使用する（問題のモデルが異なると指定しない限り。6月2025の問題の1つは 10 を使用）。この参照 は可変加速度運動学、重心、仕事、エネルギーと出力、反発係数を伴う衝突、および剛体の静的平衡をカバーする。 反発係数と共に取り扱う。また、剛体の静力学も含む。

M2で必須（ブックレットには含まれていません）：

加速度が時間の関数である場合、積分する：$v = \int a\,dt$ と $s = \int v\,dt$ を、 初期条件（「Oで静止」は両方をゼロにする）によって定数を決める。総移動距離 粒子が進行方向を変える際、停止時刻（$v = 0$）を求め、両区間の長さを足し合わせる。位置 ベクトルは成分ごとに微分される：$\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt}$、 $\mathbf a = \tfrac{d\mathbf v}{dt}$.

** worked example — 梯形則による積分（WME02 June 2025 Q1 ）** 。 $a = k(3 - t^2)$ で O から静止しており $v(1.5) = 13.5$ ：$v = k(3t - \tfrac{t^3}3)$ （一定値ゼロ 静止のため）、$k(4.5 - 1.125) = 3.375k = 13.5$ は $k = 4$ を与える。したがって $s = 6t^2 - \tfrac{t^4}3 = \tfrac{t^2}3(18 - t^2)$ となる。O への総移動距離について： $v = \tfrac{4t}3(9 - t^2) = 0$ は $t = 3$ 、$s(3) = 27$ のときであり、したがって粒子は $27 + 27 = 54$ m 進む — 戻り区間は差し引くのではなく、もう一つの 27 に相当する。

** worked example — 位置ベクトルからの速度と冲力（WME02 June 2025 Q2 ）** 。 $\mathbf r = 4\sqrt t\,\mathbf i - 3t\mathbf j$ （メートル、$t$ 秒）、質量 3 kg ： $\mathbf v = \tfrac{d\mathbf r}{dt} = 2t^{-1/2}\mathbf i - 3\mathbf j$ であるため、$t = 4$ における 速度は $\mathbf i - 3\mathbf j$ となる。沖力 $(6\mathbf i - 3\mathbf j)$ N s を受けると $3(\mathbf v' - (\mathbf i - 3\mathbf j)) = (6\mathbf i - 3\mathbf j)$ なので、 $\mathbf v' = 3\mathbf i - 4\mathbf j$ となり、速さは $5\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ になる — 最初に 微分して、指定された瞬時に第2段階として冲力を適用する。

粒子に対して：重心は $\bar x = \dfrac{\sum mx}{\sum m}$ である。均質体には表法を用いる— 重心が既知の部材に分割する（小冊子：半円形ワイヤー$\tfrac{2r}\pi$、半円形 板状物$\tfrac{4r}{3\pi}$、扇形、弧）。各部材に質量で重み付けする（板状物：面積；ワイヤー： 長さ）。便利な直線についてモーメントを取る。直線の反対側にある部材は 符号を反転させる。複合板状物は穴を負の面積として差し引く。

** worked example — S字型 ワイヤー骨組み (WME02 June 2025 Q3)。** 2つの半円形ワイヤー 弧 AB は半径 $2a$、弧 CD は半径 $a$ で、どちらも O を中心とし、直線 ACDB の両側にあります。 直線 ACDB（$AC = DB = a$）。AB を軸とする回転の慣性モーメント（表）：

全長$(3\pi + 2)a$；モーメント$6a^2$；よって重心は ABから$\dfrac{6a}{3\pi + 2}$の位置にある。Aから吊り下げたとき、Eが弧上にあり$\angle AOE = 90°$の場合： 対称線OEは重心Gを通るため$\tan\angle OAG = \dfrac{3}{3\pi+2}$であり、かつ $OA = OE$が$\angle OAE = 45°$をなすため、垂直線に対するAEのなす角度$\theta$は以下のように满足する $\theta = 45° - \angle OAG$ を与える $\tan\theta = \dfrac{3\pi - 1}{3\pi + 5}$。

自由垂下した物体は、その重心が吊り下げ点の真下に位置する。求める角度は通常、 物体に描かれた弦と垂直線との間である： 重心距離を用いて直角三角関数で支点の角度を求め、 その後、幾何学による角度を調整します（二等辺三角形は標準的な出典であり、45°、60° が得られます）。

一定の力による仕事：運動方向に $Fs$（逆向きなら負）；重力が $\pm mgh$ を行う。仕事・エネルギー原理：総仕事量＝運動エネルギーの変化量。機械的エネルギー保存則：エネルギーは 重力のみが仕事をする場合に保存されます；抵抗は仕事 $-Rs$ として加わります。出力 $P = Fv$：一定速度では駆動力が抵抗と重力成分の和と釣り合うため、 $v = \tfrac PF$ です；ある速度において過剰な力が存在すれば加速します。

** worked example — 斜面を登る車 (WME02 June 2025 Q4)。** 750 kgの車が、 $\sin\alpha = \tfrac17$ で登り、抵抗は 200 N、エンジンは 20 kW です。一定速度で： $\tfrac{20000}V = 750(9.8)\tfrac17 + 200 = 1250$ なので、$V = 16\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ です。 $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ において：$2000 - 1250 = 750a$ なので、$a = 1\ \mathrm{m\,s^{-2}}$ です。エンジンオフ A 点で $10\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ ：仕事・エネルギー原理により $\tfrac12(750)(100) = 750g(d\sin\alpha) + 200d$ が得られ、 i.e. $37500 = 1250d$ and $d = 30$ m — the resistance acts over the SLOPE distance $d$, gravity 高さ $d\sin\alpha$ 。

** worked example — 能量法で解く投射体（WME02 June 2025 Q7）** 投射体 放物線状の軌道上をO点を出て $20\ \mathrm{m\,s^{-1}}$ ($g = 10$) は垂直成分が$V$ のとき11 m上にある。 水平成分$2V$。エネルギー：$200 = \tfrac12(V^2 + 4V^2) + 110$、したがって$V = 6$ (成分 6 および12)。水平面に対して$60°$でPERPENDICULARLY（垂直に）交わるため、速度は 水平から$30°$下向き：速さ$= \tfrac{12}{\cos30°} = 8\sqrt3$、Oからのエネルギーは $200 = \tfrac12(192) + 10H$、したがって $H = 10.4 \to 10$ m (2 有効数字)。

ニュートンの実験則である反発係数: $e = \dfrac{v_B - v_A}{u_A - u_B}$ (分離速度を接近 速度で割った値、$0 \le e \le 1$; $e = 1$ は完全弾性衝突、$e = 0$ は粘着する)。運動量保存則を用いると、 2つの式で任意の直接衝突が解ける。運動エネルギー損失は常に $(1 - e^2)$ を因数として持つ: 壁での反発では方向が逆転し、速さが $= \tfrac{m_Am_B}{2(m_A+m_B)}(1-e^2)(u_A - u_B)^2$ 倍になる。各段階ごとに符号付き図を描き続けること。 はそれぞれ自身の運動量変化から得られる。固定壁への跳ね返りでは速度が $e$ 倍になる。 そのまま。

** worked example — 完全な衝突物語 (WME02 6月 2025 問題5) 。質量 $2m$、速度 $u$ のPが 静止している質量 $m$ のQに衝突し、反発係数は $e$ 。運動量: $2u = 2v_P + v_Q$ ; 反発係数: $eu = v_Q - v_P$ 。解くと: $v_Q = \tfrac{2(1+e)u}3$ , $v_P = \tfrac{(2-e)u}3$ 。衝突後の運動エネルギーは $\tfrac{mu^2}3(2 + e^2)$ なので、損失は $\tfrac{mu^2}3(1 - e^2)$ — 因数 $k = \tfrac13$ 。 Qに働く冲力が $\tfrac89mu$ ならば: $m\cdot\tfrac{2(1+e)u}3 = \tfrac{8mu}9$ より $e = \tfrac13$ が得られる。 その後Qは壁に衝突して反発係数 $f$ で跳ね返り、Pの速度 $\tfrac59u$ と一致する。 $f\cdot\tfrac89u = \tfrac59u$ 、したがって $f = \tfrac58$ 。

3体系や壁との連鎖は計算管理である: 最初の衝突を完全に解き、残った速度を次の衝突に持ち越し、 次の衝突における残存速度を含め、問題が結びつけている量のみ等置する。 (「同一の速さ」、「静止」)。壁による反発は方向を逆転させ、速さを$e$倍にする；一貫した 各段階ごとの符号付き図を描き続ける。

平衡状態にある剛体は、任意の点について合力がゼロであり、かつ合モーメントもゼロである必要がある。 支点を選択して未知数を除外する（滑らかなレールの単一の未知の反発力を排除できるため、 床との接触点に関するモーメントを計算すると有効である）。接触点の成分について水平・垂直に分解し、 粗い地面での限界平衡において、摩擦力 $F = \mu R$ が $F$ の水平成分と等しくなる。

** worked example — 滑らかなレールに対する棒 (WME02 June 2025 Q6) 。均質棒AB （質量 $m$、長さ $2a$）は、Aが粗い地面にあり、Cで滑らかなレールに支えられ、 $AC = 1.5a$、傾斜角$\theta$、レールの法線反力**$S$は棒に垂直。Aのまわりのモーメント $S(1.5a) = mg\,a\cos\theta$ であるため、$S = \tfrac{2mg\cos\theta}3$ となる。垂直方向: $V = mg - S\cos\theta = \tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta)$ 。限界平衡条件より $\mu = \tfrac47$ ：$F = S\sin\theta$ であるため、 $\tfrac47\cdot\tfrac{mg}3(3 - 2\cos^2\theta) = \tfrac{2mg}3\cos\theta\sin\theta$ となる。これを $\cos^2\theta$ で割り、$\sec^2\theta = 1 + \tan^2\theta$ を用いる: $12\tan^2\theta - 14\tan\theta + 4 = 0$, i.e. $6\tan^2\theta - 7\tan\theta + 2 = 0$.

• 初期条件から定数を用いて$a(t)$ を$v$ と$s$ で積分する；全距離については転換点来处理する；$\mathbf r(t)$ を微分してベクトル速度を得、冲量を$\mathbf I = m\Delta\mathbf v$ として適用する。
• 質量/面積/長さの重み付けを含むCOM表を構築し、反対側の部材には負の距離、穴には負の値を使用する；冊子のワイヤおよび板の結果を使用する；吊り下げ点での三角関数および等辺三角形の角度を用いて吊り下げ角度を求める。
• 仕事エネルギー定理および機械的エネルギー保存則を適用し、斜面距離における抵抗仕事および$P = Fv$ を両方向で扱う。
• 直接衝突を運動量と衝突係数で解き、両方の速度を明示する；$(1-e^2)$ のエネルギー損失と各物体への沖量を計算する；壁からの反射および第2衝突を符号付き図で接続する。
• 剛体の場合：未知数を除外する支点に関するモーメントを取り、成分を分解し、限界平衡の問題を$\tan\theta$ に関する方程式にまとめよ。