【解説・配点付き】2020年九州大学物理の解答・解説

図1に示すように、質量 $M$ の台がばね定数 $k$ のばねで壁につながれ、なめらかな水平面の上に置かれている。台の上には質量 $m$ の物体が置かれ、台と物体の間には静止摩擦係数 $\mu$、動摩擦係数 $\mu’$ の摩擦力がはたらく。台と物体の運動およびばねの伸び縮みは、図中の水平面に沿って左右方向にしかおこらないとする。ばねの自然長からの伸びを $x$ $(x<0$ の場合は縮み$)$ とし、速度、加速度、力は全て右向きを正として、以下の問いに答えよ。ただし、空気抵抗は無視できるとする。また、重力加速度の大きさは $g$ とする。

問1. 台と物体が互いにすべらずに運動する場合を考える。

(1) 台と物体を一体として考え、加速度を $a$ として運動方程式を書け。

以後、解答に $a$ を使わないこと。

(2) この運動は単振動となる。この単振動の周期 $T_0$ はいくらか。

(3) 力の向きと符号に注意して、下記の文章の空欄 $\boxed{\text{ア}}$、 $\boxed{\text{イ}}$ に適切な数式を書け。

問1(1)の運動方程式より加速度 $a$ が求められる。物体が台から受ける摩擦力は、 $ma$ に等しいので $\boxed{\text{ア}}$ と求められる。一方、台が物体から受ける摩擦力は、作用・反作用の法則から $\boxed{\text{イ}}$ と求められる。

(4) 台と物体が常に互いにすべらずに一体となって運動するための最大の振幅はいくらか。

問2. いま、問1(4)で求めた振幅より少し大きな値 $x=A\,(A>0)$ にばねを伸ばして、台と物体を手で静止させた。その後、時刻 $t=0$ で静かに手を離すと台と物体は別々に動き始めた。この運動について考える。ただし、物体が台の上からすべり落ちることはないものとする。

(1) 台と物体の加速度をそれぞれ $a_1$、 $a_2$ として、台と物体の運動方程式をそれぞれ書け。

以後、解答に $a_1$、 $a_2$ を使わないこと。

(2) 時刻 $t$ における物体の速度を求めよ。

(3) 問2(1)の運動方程式にしたがって、台は単振動をする。この単振動の振幅と周期 $T_1$ を求めよ。

以後、解答に $T_1$ を使わないこと。

(4) 台が問2(3)の単振動を続けているとすると、時刻 $t=\dfrac{T_1}{4}$ における台の速度はいくらか。

別々に動いていた台と物体は、時刻 $t=\dfrac{T_1}{4}$ で同じ速度になり、それ以降は常に一体となって運動した。ばねが自然長から $B$ だけ縮んだところで、台と物体は一体のままいったん静止し、その後反対方向へ動き始めた。

(5) 時刻 $t=0$ から $\dfrac{T_1}{4}$ において、台の速度を実線で、物体の速度を破線で解答用紙のグラフにそれぞれ描け。ただし、グラフに目盛の値は記入しなくてよい。

(6) 時刻 $t=\dfrac{T_1}{4}$ で台と物体が同じ速度になることに着目して、 $A$ を求めよ。

(7) 時刻 $t=\dfrac{T_1}{4}$ 以降は力学的エネルギーが保存されることを用いて、 $B$ を求めよ。ただし、解答に $A$ を使わないこと。

問1 (1)

台と物体をまとめて1つの物体とみると、水平方向にはたらく力はばねの力 $-kx$ だけ（台と物体の間の摩擦力は内力で打ち消し合う）。質量は $M+m$ なので

答　$(M+m)a=-kx$（3点）

問1 (2)

(1) は「（質量）×（加速度）＝ $-$（定数）×（変位）」の形なので、台と物体は $x=0$ （自然長の位置）を中心とする単振動をする。質量 $M+m$ 、単振動定数 $k$ より

答　$T_0=2\pi\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$（3点）

問1 (3)

物体にはたらく力は、重力 $mg$ 、台からの垂直抗力 $N$ 、台からの摩擦力 $f$ （正の向きに置く）（下の図）。水平方向に物体を動かしているのは $f$ だけなので、物体の運動方程式は

$$ma=f$$

(1) より $a=-\dfrac{k}{M+m}x$ 。よって

答（ア）　$-\dfrac{mk}{M+m}x$（3点）

台が物体から受ける摩擦力は、作用・反作用の法則で同じ大きさ・逆向き。

答（イ）　$\dfrac{mk}{M+m}x$（3点）

（ $x>0$ のときアは負＝物体は左向きの摩擦力を受け、台は右向きの摩擦力を受ける）

問1 (4)

物体は鉛直方向にはつり合っているので $N=mg$ 。すべらない条件は、摩擦力の大きさが最大摩擦力以下であること：

$$\frac{mk}{M+m}|x|\leqq\mu mg$$

振動の中心は $x=0$ なので、振幅を $A_0$ とすると $|x|$ の最大は $A_0$ （振動の端）。端でこの条件が成り立てば、振動のどこでも成り立つ。

$$\frac{mk}{M+m}A_0\leqq\mu mg\qquad\therefore\ A_0\leqq\frac{\mu(M+m)g}{k}$$

答　$\dfrac{\mu(M+m)g}{k}$（3点）

問2 (1)

$x=A$ で手を離した直後、もし一体で動くとすると、物体に必要な摩擦力の大きさは $\dfrac{mk}{M+m}A$ 。 $A$ は問1 (4) より大きいので、これは最大摩擦力 $\mu mg$ をこえる。よって物体は台の上をすべる。

台はばねに左へ引かれて左へ加速するが、物体を左へ動かすのは摩擦力だけなので、物体は台に置いていかれ、台に対して右へすべる。動摩擦力は台に対する動きと逆向きなので、物体が受ける動摩擦力は左向きに $\mu’mg$ （垂直抗力は $mg$ ）、台が受ける動摩擦力は作用・反作用で右向きに $\mu’mg$ （下の図）。

台にはたらく水平方向の力はばねの力 $-kx$ と動摩擦力 $+\mu’mg$ 、物体には動摩擦力 $-\mu’mg$ だけ。

答　台：$Ma_1=-kx+\mu’mg$、物体：$ma_2=-\mu’mg$（5点）

問2 (2)

(1) より $a_2=-\mu’g$ （一定）。物体は $t=0$ で静止していたので、等加速度運動の速度の式より

答　$-\mu’gt$（3点）

問2 (3)

台の運動方程式を、ばねの力と一定の力をまとめて変形すると

$$Ma_1=-k\left(x-\frac{\mu’mg}{k}\right)$$

$-K(x-x_0)$ の形なので、台は $x_{\mathrm c}=\dfrac{\mu’mg}{k}$ （ばねの力と動摩擦力がつり合う位置）を中心とし、質量 $M$ 、単振動定数 $k$ の単振動をする。手を離した $x=A$ は速さ0なので振動の端で、振幅は中心からの距離（下の図）。

答　振幅 $A-\dfrac{\mu’mg}{k}$、周期 $T_1=2\pi\sqrt{\dfrac Mk}$（5点）

問2 (4)

台は端 $x=A$ から出発し、中心 $x_{\mathrm c}$ まで $\dfrac14$ 周期かかる。よって $t=\dfrac{T_1}{4}$ で台は中心を左向きに通り、速さは最大。端と中心で単振動のエネルギー保存（中心からの変位で書く）を立てると、速さを $V$ として

$$0+\frac12k\left(A-\frac{\mu’mg}{k}\right)^2=\frac12MV^2+0\qquad\therefore\ V=\left(A-\frac{\mu’mg}{k}\right)\sqrt{\frac kM}$$

台は左向きに動いているので、速度は負。

答　$-\left(A-\dfrac{\mu’mg}{k}\right)\sqrt{\dfrac kM}$（4点）

問2 (5)

・台：端から出発する単振動なので、速度は0から始まり、中心を通る $t=\dfrac{T_1}{4}$ で負の最小値（速さ最大）になる。角振動数を $\omega=\sqrt{\dfrac kM}$ とすると $v_1=-\left(A-\dfrac{\mu’mg}{k}\right)\omega\sin\omega t$ で、サインの $\dfrac14$ 周期分。中心では加速度0なので、終点で傾き0になる

・物体：(2) より $v_2=-\mu’gt$ で、原点を通る右下がりの直線

・2本は $t=\dfrac{T_1}{4}$ で同じ値に着く（問題文）。途中は、台の方が左向きに速い（物体は台に対して右へすべっている）ので、実線が常に破線より下

答　下の図（実線が台、破線が物体）（3点）

台の位置のグラフと高さをそろえて並べると、端で速さ0、中心で速さ最大（傾き0）の対応が見える（下の図）。

（ $t=0$ での傾き（加速度）は、台が $\dfrac{-kA+\mu’mg}{M}$ 、物体が $-\mu’g$ 。(6) の $A$ を入れると台は物体の $\dfrac{\pi}{2}$ 倍になり、実線は破線より急に下がり始める）

問2 (6)

$t=\dfrac{T_1}{4}$ で台と物体の速度がそろう。(2) で $t=\dfrac{T_1}{4}=\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac Mk}$ とした物体の速度と、(4) の台の速度を等しいとおくと

$$-\mu’g\cdot\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac Mk}=-\left(A-\frac{\mu’mg}{k}\right)\sqrt{\frac kM}$$

$$A-\frac{\mu’mg}{k}=\frac{\pi\mu’Mg}{2k}\qquad\therefore\ A=\frac{\mu’mg}{k}+\frac{\pi\mu’Mg}{2k}$$

答　$A=\dfrac{\mu’g(2m+\pi M)}{2k}$（5点）

（ $\dfrac{\mu’mg}{k}\left(1+\dfrac{\pi M}{2m}\right)$ と同じ）

問2 (7)

一体になる瞬間（ $t=\dfrac{T_1}{4}$ ）、台と物体は台の振動の中心 $x=x_{\mathrm c}=\dfrac{\mu’mg}{k}$ にいて（ばねはまだ $x_{\mathrm c}$ だけ伸びている）、共通の速さは (6) の物体の速さ

$$u=\mu’g\cdot\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac Mk}$$

状況が変わったので単振動を定義し直す。一体になった後は問1と同じく、中心は $x=0$ 、質量 $M+m$ 、単振動定数 $k$ （上の図）。

一体の後に台と物体の間ではたらく静止摩擦力は、2つが同じ動きをするので仕事の和が0。床はなめらかで、重力と垂直抗力は仕事をしない。よって力学的エネルギー $E=K+U_k$ （運動エネルギー＋ばねの弾性エネルギー）が保存する。一体になった瞬間と、ばねが $B$ 縮んで一体のまま静止した瞬間で

$$\frac12(M+m)u^2+\frac12k\left(\frac{\mu’mg}{k}\right)^2=0+\frac12kB^2$$

$u^2=\dfrac{\pi^2\mu’^2g^2M}{4k}$ を入れて

$$B^2=\frac{M+m}{k}\cdot\frac{\pi^2\mu’^2g^2M}{4k}+\frac{\mu’^2m^2g^2}{k^2}=\frac{\mu’^2g^2}{4k^2}\left\{4m^2+\pi^2M(M+m)\right\}$$

答　$B=\dfrac{\mu’g}{2k}\sqrt{4m^2+\pi^2M(M+m)}$（5点）

（ $\dfrac{\mu’mg}{k}\sqrt{\dfrac{\pi^2}{4}\cdot\dfrac{M(M+m)}{m^2}+1}$ と同じ。 $A$ を使わないので、(6) の途中の $u$ で書く）

別解

問2 (4)　（ $A\omega$ で）　中心を通るときの速さは「振幅×角振動数」なので、 $\left(A-\dfrac{\mu’mg}{k}\right)\sqrt{\dfrac kM}$ をすぐに書いてよい。中心の速さしか求まらないので、本解は単振動のエネルギー保存にした。

問2 (7)　（単振動のエネルギー保存で）　一体の後は中心 $x=0$ 、単振動定数 $k$ の単振動。中心からの変位 $x_{\mathrm c}$ で速さ $u$ の点と、端 $x=-B$ で $\dfrac12(M+m)u^2+\dfrac12kx_{\mathrm c}^{\,2}=\dfrac12kB^2$ 。水平なばねでは中心が自然長の位置と一致するので、本解とまったく同じ式になる。

図1のように、長方形の極板Aおよび極板Bからなる平行平板コンデンサーが、閉じたスイッチSと起電力 $V_0$ の電池に接続されている。極板Bは接地されており、電位は0とする。このコンデンサーの極板の間隔は $d$、電気容量は $C$ であり、その内部は比誘電率1の空気で満たされている。コンデンサーの端での電場の歪み、および電池の内部抵抗の影響は無視して、以下の問いに答えよ。

(1) 極板Aに蓄えられている電気量を求めよ。

(2) コンデンサーに蓄えられている静電エネルギーを求めよ。

次に、図1の状態から、外力をかけて誘電体をコンデンサー内にゆっくりと挿入し、図2のように極板Bに完全に重なるようにした。誘電体は極板と同形の底面をもつ厚さ $\dfrac{d}{2}$ の直方体で、その比誘電率は2とする。

(3) 図2の状態で極板Aに蓄えられている電気量を求めよ。

(4) 2つの極板の間の電場と電位を、極板Bからの距離の関数としてグラフに描け。また、距離 $\dfrac{d}{2}$ および距離 $d$ におけるそれぞれの値を縦軸の横に記入せよ。ただし、電場は上向きを正とする。

(5) 図1の状態から図2の状態へ移行するときの、静電エネルギーの増加量、電池のした仕事、および外力のした仕事を求めよ。

さらに、図2の状態から極板Aを下に動かして誘電体と接触する位置で固定し、その後、スイッチSを開放した(図3)。

(6) 図3の状態で極板Aに蓄えられている電気量、およびコンデンサーに蓄えられている静電エネルギー $U_3$ を求めよ。

$x$ 軸を図3に示すように定義する。いま、極板および誘電体は $0\leqq x\leqq L$ の領域にある。この状態から、誘電体に外力をかけ、 $x$ 軸と平行に $\Delta x\,(0<\Delta x<L)$ だけゆっくりと動かし、図4の状態にした。誘電体に働く摩擦は無視できるとする。

(7) 図4の状態でコンデンサーに蓄えられている静電エネルギー $U_4$ を求めよ。

(8) 図3の状態から図4の状態へ移行するときの静電エネルギーの増加量 $\Delta U=U_4-U_3$ は、

$$\Delta U=\left(\frac{U_4}{U_3}-1\right)U_3=\left(\frac{1}{1-\alpha}-1\right)U_3$$

のように表される。 $\alpha$ を求めよ。

以下では、誘電体の変位 $\Delta x$ が $L$ より十分小さい場合を考える。すると $\Delta U$ は、 $\alpha$ が1より十分小さいときに成り立つ近似式 $\dfrac{1}{1-\alpha}\fallingdotseq1+\alpha$ を用いて、 $\Delta U\fallingdotseq\alpha U_3$ と表される。

(9) 誘電体にはたらく静電気力に抗して外力がした仕事は、静電エネルギーの増加量に等しい。このことより、図4で誘電体にはたらく静電気力の大きさと向きを求めよ。向きは、 $x$ 軸の正の向きか、負の向きか、解答欄の正・負のいずれかに丸をつけよ。

図4の状態から外力を0にすると、誘電体は運動を始めた。外力を0にした時刻を $t=0$ とし、この瞬間の誘電体の速度は0とする。

(10) 誘電体の左端の位置の時間変化 $x(t)$ を示したグラフとして最も適切なものを次ページの図5の①〜⑧の中から選べ。ただし、重力、空気抵抗、および誘電体中での熱の発生は無視できるとする。

※図中の黒丸は、異なる関数がつながる点を示す。

(1)

スイッチが閉じているので、極板Aと極板Bの電位差は電池の起電力 $V_0$ 。電池の長い方の極板（正極）が極板Aにつながっているので、極板Aが正。

$$Q=CV_0$$

答　$CV_0$（3点）

(2)

電気容量 $C$ と電圧 $V_0$ が分かっているので、静電エネルギーは $\dfrac12CV^2$ の形で

答　$\dfrac12CV_0^2$（3点）

(3)

スイッチは閉じたままなので、電位差は $V_0$ のまま。極板の間の空気の層の電場の大きさを $E$ とすると、比誘電率2の誘電体の中の電場は $\dfrac E2$ （着眼点の図）。両極板の電位差は、区間ごとの「電場×幅」の和なので

$$E\cdot\frac d2+\frac E2\cdot\frac d2=V_0\qquad\therefore\ E=\frac{4V_0}{3d}$$

空気の層の電場は、極板Aの電気量がつくる電気力線の本数で決まるので、電気量に比例する。誘電体を入れる前の電場は $\dfrac{V_0}{d}$ で、電気量は $CV_0$ 。電場が $\dfrac{4V_0}{3d}\div\dfrac{V_0}{d}=\dfrac43$ 倍になったので、電気量も $\dfrac43$ 倍。

答　$\dfrac43CV_0$（4点）

（容量は $\dfrac{Q}{V_0}=\dfrac43C$ 。誘電体を入れると容量が増え、電池から電気量が流れこむ）

(4)

極板Bからの距離を $y$ とする。電場は電位の高い極板A（ $V_0$ ）から低い極板B（0）へ向かう下向きなので、上向きを正とすると負。(3) より

・$0<y<\dfrac d2$（誘電体）：電場 $-\dfrac E2=-\dfrac{2V_0}{3d}$

・$\dfrac d2<y<d$（空気）：電場 $-E=-\dfrac{4V_0}{3d}$

電場は区間ごとに一定なので、グラフは横線2本。 $y=\dfrac d2$ では誘電体の表面に分極による電荷が現れるので、電場は不連続になる（ $\dfrac d2$ の値は2つとも縦軸の横に書く）。

電位は、接地した極板Bの0から「電場の大きさ×距離」を積み上げる。V–y グラフの傾きはその区間の電場の大きさなので、誘電体の中はゆるく、空気の層は急な折れ線。

$$y=\frac d2:\ \frac{2V_0}{3d}\cdot\frac d2=\frac{V_0}{3},\qquad y=d:\ \frac{V_0}{3}+\frac{4V_0}{3d}\cdot\frac d2=V_0$$

（ $y=d$ で極板Aの電位 $V_0$ にもどることが確かめになる）

解答欄の方眼（横2マス・上下4マス）では、電場は $-\dfrac{2V_0}{3d}$ を下2マス、 $-\dfrac{4V_0}{3d}$ を下4マス、電位は $\dfrac{V_0}{3}$ を上1マス、 $V_0$ を上3マスに置くと、値の比がマス目にちょうど乗る（下の図。上の帯は誘電体と空気の範囲）。

答（電場）　上の図の左（ $0\sim\dfrac d2$ で $-\dfrac{2V_0}{3d}$ 、 $\dfrac d2\sim d$ で $-\dfrac{4V_0}{3d}$ の横線）（3点）

答（電位）　上の図の右（ $y=\dfrac d2$ で $\dfrac{V_0}{3}$ 、 $y=d$ で $V_0$ になる、原点から始まる折れ線）（2点）

(5)

電圧 $V_0$ と容量が分かっているので、静電エネルギーは $\dfrac12CV^2$ の形。図2の容量は $\dfrac43C$ なので、増加量は「後−前」で

$$\Delta U=\frac12\cdot\frac43C\cdot V_0^2-\frac12CV_0^2=\frac16CV_0^2$$

答（静電エネルギーの増加量）　$\dfrac16CV_0^2$（2点）

電池がした仕事は「電池を通った電気量×起電力」。極板Aの電気量が $CV_0$ から $\dfrac43CV_0$ に増えたので、電池を通った電気量は $\dfrac13CV_0$ 。

$$W_電=\frac13CV_0\times V_0$$

答（電池のした仕事）　$\dfrac13CV_0^2$（2点）

エネルギー保存の一般形『 $W_外+W_電=\Delta U+H$ 』で、抵抗は無く、誘電体はゆっくり入れたので $H=0$ 。よって

$$W_外=\Delta U-W_電=\frac16CV_0^2-\frac13CV_0^2=-\frac16CV_0^2$$

答（外力のした仕事）　$-\dfrac16CV_0^2$（2点）

外力の仕事が負なので、外力は誘電体を動かした向き（極板の間へ入れる向き）と逆向き。誘電体は極板の間へ引き込まれようとしていて、それを支えながらゆっくり入れた。電池がした仕事 $\dfrac13CV_0^2$ のうち、半分が静電エネルギーとしてたまり、残りの半分は誘電体を支える手の側へ出ていった（下の図）。

(6)

極板Aを動かす間はスイッチが閉じているので、電位差は $V_0$ のまま。極板の間隔が $\dfrac d2$ （ $\dfrac12$ 倍）で、間がすべて比誘電率2の誘電体なので、容量はもとの $C$ の $2\times2=4$ 倍の $4C$ 。

$$Q=4C\cdot V_0$$

答（電気量）　$4CV_0$（2点）

$$U_3=\frac12\cdot4C\cdot V_0^2=2CV_0^2$$

答（ $U_3$ ）　$2CV_0^2$（2点）

（このあとスイッチを開くので、極板Aの電気量は $4CV_0$ のまま変わらない）

(7)

スイッチは開いているので、電気量 $Q=4CV_0$ は一定。図4は、空気の部分（長さ $\Delta x$ ）と誘電体の部分（長さ $L-\Delta x$ ）が横に並んだ並列のコンデンサー（下の図）。極板の長さ全体で間隔 $\dfrac d2$ の空気なら容量は $2C$ 、全体が誘電体なら $4C$ なので、長さの割合をかけて

$$C_4=2C\cdot\frac{\Delta x}{L}+4C\cdot\frac{L-\Delta x}{L}=4C\left(1-\frac{\Delta x}{2L}\right)$$

電気量が一定なので、静電エネルギーは $\dfrac{Q^2}{2C}$ の形で

$$U_4=\frac{(4CV_0)^2}{2\cdot4C\left(1-\dfrac{\Delta x}{2L}\right)}=\frac{2CV_0^2}{1-\dfrac{\Delta x}{2L}}$$

答　$U_4=\dfrac{4L}{2L-\Delta x}CV_0^2$（5点）

(8)

(6)(7) より

$$\frac{U_4}{U_3}=\frac{1}{1-\dfrac{\Delta x}{2L}}$$

これを $\dfrac{1}{1-\alpha}$ と比べて

答　$\alpha=\dfrac{\Delta x}{2L}$（2点）

(9)

$\Delta x\ll L$ なので、問題文の近似より

$$\Delta U\fallingdotseq\alpha U_3=\frac{\Delta x}{2L}\cdot2CV_0^2=\frac{CV_0^2}{L}\,\Delta x$$

エネルギー保存の一般形『 $W_外+W_電=\Delta U+H$ 』で、スイッチが開いていて電池を電気量が通らないので $W_電=0$ 、電流が流れないので $H=0$ 。よって $W_外=\Delta U$ 。

変位 $\Delta x$ は小さいので、その間の外力はほぼ一定の $F_外$ とみてよく、 $W_外=F_外\Delta x$ 。 $\Delta x$ の係数を読んで

$$F_外\,\Delta x=\frac{CV_0^2}{L}\,\Delta x\qquad\therefore\ F_外=\frac{CV_0^2}{L}$$

外力の仕事は正で、誘電体は $x$ 軸の正の向きに動いたので、外力は正の向き。誘電体はゆっくり動かしたので、静電気力は外力とつり合い、大きさが同じで負の向き（着眼点の図の $F$ ）。

答（大きさ）　$\dfrac{CV_0^2}{L}$（2点）

答（向き）　負（2点）

（静電気力は、誘電体を極板の間へ引き戻す向きにはたらく。(5) で誘電体が引き込まれようとしていたのと同じ。厳密には力の大きさは位置で少し変わるが、問題の近似のとおり $\Delta x\ll L$ で一定とみなす）

(10)

(9) より、誘電体が右にずれている間（ $x>0$ ）は、負の向きに大きさ $\dfrac{CV_0^2}{L}$ の静電気力がはたらく。左にずれている間（ $x<0$ ）は、右側に空気の部分ができて同じように極板の間へ引き戻されるので、正の向きに同じ大きさの力がはたらく。力の大きさは位置によらず一定で、 $x=0$ で向きだけが入れかわる（下の図の左）。

よって、誘電体は $x>0$ でも $x<0$ でも加速度の大きさが一定の等加速度運動をし、 $x(t)$ は区間ごとに二次関数。 $t=0$ で速度0の $x=\Delta x$ から引き戻されて $x=0$ を最大の速さで通りすぎ、逆向きの力で減速して $x=-\Delta x$ で止まり、また引き戻される。摩擦も熱の発生も無いので、エネルギーは失われず、 $\Delta x$ と $-\Delta x$ の間の往復をくり返す。関数が切りかわるのは力の向きが変わる $x=0$ の点（下の図の右の黒丸）。

答　②（4点）

（③の三角関数は単振動で、力が変位に比例するときのグラフ。ここでは力の大きさが変位によらないので③ではない。①は力0の等速運動、④〜⑥は減衰する運動、⑦⑧は極板の外へ出ていく運動で、どれも当てはまらない）

別解

(3)　（直列の合成容量で）　誘電体の上面で上下に分けると、空気の層（間隔 $\dfrac d2$ ）の容量は $2C$ 、誘電体の層（間隔 $\dfrac d2$ ・比誘電率2）の容量は $4C$ 。この2つの直列なので、合成容量 $C’$ は $\dfrac{1}{C’}=\dfrac{1}{2C}+\dfrac{1}{4C}$ より $C’=\dfrac43C$ 。よって $Q=C’V_0=\dfrac43CV_0$ 。(4) の電場・電位の分布まで求めるので、本解は電場で解いた。

千春さんは、実験中に記録した実験ノート(資料1)をもとに、レポート(資料2)を作成している。これらの資料に関して、以下の問いに答えよ。

問1. 資料1の空欄 $\boxed{\text{(ア)}}$ に入る人名を答えよ。

問2. 資料1の波線部(イ)は、干渉縞の暗線の間隔 $s$ の平均を計算する方法について述べている。千春さんが $s$ を求める際にその3倍である $3s$ を利用した理由を、表1に示すクラスメートの浩介さんの計算方法と比較しながら考えよう。

(1) 資料1の表Cにおいて、千春さんが求めた $s$ の平均を表す式を、暗線の位置を示す記号 $x_0$、 $x_1$、 $x_2$、 $x_3$、 $x_4$、 $x_5$ を用いて書き表せ。

(2) 一方、浩介さんは右の表1のように、隣り合う暗線の間隔の計算値を利用して、 $s$ の平均を求めた。浩介さんが求めた $s$ の平均を表す式を、(1)と同様に、暗線の位置を示す記号を用いて書き表せ。

表1：浩介さんの計算方法

(3) 2人が求めた $s$ の平均は同じ値でその有効数字は3桁となったが、千春さんの計算方法の方が精度は高い。その理由を述べよ。

問3. 資料2の空欄 $\boxed{\text{(エ)}}$ は、スクリーン上の点Qで暗線が観察される条件を記す部分である。文章と数式を用いて適切な説明を書き加え、この部分を完成させよ。

問4. 資料1の表Aと表Cに示す数値を用いて、この実験で使用した単色光源から出ている光の波長 $\lambda$ を計算せよ。有効数字と単位に注意して記すこと。

問5. 資料1の波線部(ウ)を考察するため、図1に示す状況を考えよう。千春さんは実験の途中で、点Pに置かれていた単スリットを、光軸POと垂直である黒い矢印の向きに距離 $X_0$ だけはなれた点 $\mathrm{P’}$ へ動かした。 $X_0$ は単スリットと複スリットの間の距離 $L_0$ に比べて十分小さいとする。

(1) 資料2と同様の計算を用いて、経路 $\mathrm{P’AQ}$ と経路 $\mathrm{P’BQ}$ の長さの差(経路差 $\Delta L’=\mathrm{P’BQ}-\mathrm{P’AQ}$)を求め、点Qが干渉縞の明線の位置となる条件、および点Qが干渉縞の暗線の位置となる条件を示せ。

(2) 上の結果を考慮して、単スリットを点Pから点 $\mathrm{P’}$ に動かしたときに干渉縞の明線が移動する方向(図1の向きa、向きbのいずれであるか)、および明線の移動距離を答えよ。

資料1　千春さんの実験ノート

複スリットを用いた光の干渉

実験の目的：

複スリットの間隔、干渉縞の間隔、複スリットとスクリーンの距離を測定し、それらと光の波長の関係を考察する。

事前に調べたこと：

この実験は $\boxed{\text{(ア)}}$ の実験と呼ばれている。1800年頃に $\boxed{\text{(ア)}}$ はこのような実験をして、光の波動性を証明した。

実験の方法：

① 図Aのように、単色光源、単スリット、複スリット、スクリーンを配置し、単スリットと複スリットの距離 $L_0$、複スリットとスクリーンの距離 $L$、複スリットの間隔 $d$ を測定した。

② スクリーン上に干渉縞ができることを確認した。

③ 干渉縞の間隔を測定するため、暗線の一つを基準線に選んだ。その位置 $x_0$ と、そこから数えて $n$ 本目の暗線の位置 $x_n\,(n=1\sim5)$ をものさしで測定した。

測定の結果：

表A：測定した結果

表B：暗線の位置

以下の手順により、表Bの測定値を用いて、隣接する暗線の間隔 $s$ の平均を表Cの通り計算した。

(イ) ① 暗線の間隔の3倍($3s$)を求めた。

② $3s$ の平均を計算し、この値から $s$ の平均4.00 mm(有効数字3桁)を得た。

表C：間隔 $s$ の平均の計算

実験中に気付いたこと：

(ウ) 単スリットを光軸と垂直な方向(図Aに記した黒い矢印の方向)へわずかに動かすと、干渉縞はその間隔を保ったままスクリーン上を移動した。

（実験日：令和2年2月3日　共同実験者：浩介）

資料2　千春さんのレポート(一部抜粋)

◎干渉縞の位置はどのような物理量と関係しているか

上図のように、単スリットの位置Pで回折された光が複スリットのAまたはBを通り、スクリーン上の点Qに到達したとする。単スリットと複スリットの開口幅は十分に狭い。Aを通る経路PAQとBを通る経路PBQで、それぞれの長さは

$$\mathrm{PAQ}=\mathrm{PA}+\mathrm{AQ}=\sqrt{{L_0}^2+\left(\frac{d}{2}\right)^2}+\sqrt{L^2+\left(x-\frac{d}{2}\right)^2}$$

$$\mathrm{PBQ}=\mathrm{PB}+\mathrm{BQ}=\sqrt{{L_0}^2+\left(\frac{d}{2}\right)^2}+\sqrt{L^2+\left(x+\frac{d}{2}\right)^2}$$

となる。点Qが中心Oよりも下にあるときには、 $x<0$ とすれば上式はそのまま成り立つ。

ゆえに、経路差 $\Delta L=\mathrm{PBQ}-\mathrm{PAQ}$ は、

$$\begin{aligned}\Delta L&=\sqrt{L^2+\left(x+\frac{d}{2}\right)^2}-\sqrt{L^2+\left(x-\frac{d}{2}\right)^2}\\&=L\left\{\sqrt{1+\left(\frac{x}{L}+\frac{d}{2L}\right)^2}-\sqrt{1+\left(\frac{x}{L}-\frac{d}{2L}\right)^2}\right\}\\&\fallingdotseq\frac{xd}{L}\end{aligned}$$

最後の変形には、 $|\alpha|\ll1$ のときの近似式 $\sqrt{1+\alpha}\fallingdotseq1+\dfrac{\alpha}{2}$ を用いた。

点Qで明線がみられるとき、Aを通った光とBを通った光の位相がそろっているから、経路差 $\Delta L$ がちょうど波長 $\lambda$ の整数倍に等しくなる。つまり、

$$\frac{xd}{L}=m\lambda\qquad(m=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots)$$

である。

一方、点Qで暗線がみられるとき、Aを通った光とBを通った光の位相が$\boxed{\text{(エ)}}$

問1

1800年頃、複スリットによる光の干渉を示して光の波動性を確かめたのはヤング。

答　ヤング（トーマス・ヤング）（3点）

問2 (1)

表Cの3つの差はどれも暗線の間隔3つ分（ $3s$ ）。その平均を3で割ると $s$ の平均になるので

$$\frac13\times\frac{(x_3-x_0)+(x_4-x_1)+(x_5-x_2)}{3}$$

答　$\dfrac{(x_3-x_0)+(x_4-x_1)+(x_5-x_2)}{9}$（4点）

（ $=\dfrac{x_3+x_4+x_5-x_0-x_1-x_2}{9}$ 。表Bの値を入れると $\dfrac{11.9+12.1+12.0}{9}=4.00$ mm で、表Cと一致する）

問2 (2)

表1の5つの差の平均なので

$$\frac{(x_1-x_0)+(x_2-x_1)+(x_3-x_2)+(x_4-x_3)+(x_5-x_4)}{5}$$

足すと $x_1$〜 $x_4$ がすべて打ち消し合い、分子は $x_5-x_0$ だけが残る。

答　$\dfrac{x_5-x_0}{5}$（4点）

（表Bの値で $\dfrac{47.1-27.1}{5}=4.00$ mm。表1と一致する）

問2 (3)

(1)(2) の答えの式に残っている測定値を比べる（下の図）。浩介さんの式には $x_0$ と $x_5$ の2つしかなく、千春さんの式には6つすべてが1回ずつ入っている。

答（解答例）　浩介さんの方法では、5つの差を足すと途中の $x_1$〜 $x_4$ が打ち消し合い、実際には両端の $x_0$ と $x_5$ の2つの測定値しか使っていない。千春さんの方法は6つの測定値をすべて1回ずつ使っているので、1つ1つの測定のずれ（誤差）が平均されて小さくなるから。（6点）

（なぜそう言えるか：1つ1つの測定値は、ものさしの読み取りなどで少しずつずれていて、そのずれの向きはばらばらなので、多くの測定値を使うほど打ち消し合って小さくなる。浩介さんの方法では、 $x_0$ か $x_5$ をたまたま読み違えると、そのずれがそのまま結果に出る）

問3

暗線では、Aを通った光とBを通った光の山と谷が重なって打ち消し合う（逆位相）。位相が逆になるのは、2本の光が半波長ずれているとき。半波長の奇数倍ずれていても同じ（下の図の上）。

答（解答例）　逆になっている（半波長ずれている）。したがって、経路差 $\Delta L$ が半波長の奇数倍に等しくなる。つまり、 $\dfrac{xd}{L}=\left(m+\dfrac12\right)\lambda\qquad(m=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots)$ である。（6点）

（ $\left(m+\dfrac12\right)\lambda$ は $(2m+1)\dfrac{\lambda}{2}$ と書いても同じ。 $m$ に負の整数も入れるので、中心Oより下の暗線も表せる）

問4

問3の暗線の条件を $x$ について解くと、 $m$ 番目の暗線の位置は

$$x_m=\left(m+\frac12\right)\frac{L\lambda}{d}$$

となる（中央の明線のすぐ上の暗線が $m=0$ ）。隣り合う暗線の間隔は、1個ずらして引いて

$$s=x_{m+1}-x_m=\frac{L\lambda}{d}\qquad\therefore\ \lambda=\frac{sd}{L}$$

（明線の間隔と同じ。この式に $L_0$ は入らないので、表Aの $L_0=0.102$ m は使わない）

単位はすべてメートルに直してから入れる。 $s=4.00\ \mathrm{mm}=4.00\times10^{-3}\ \mathrm{m}$、 $d=0.105\ \mathrm{mm}=1.05\times10^{-4}\ \mathrm{m}$、 $L=0.700\ \mathrm{m}$ より

$$\lambda=\frac{(4.00\times10^{-3})\times(1.05\times10^{-4})}{0.700}=6.00\times10^{-7}\ \mathrm{m}$$

掛け算・割り算の答えは、使った測定値のうち桁数がいちばん少ないものにそろえる。 $s=4.00$、 $d=0.105$、 $L=0.700$ はどれも有効数字3桁（ $0.105$ の頭の0は位取りなので数えず、 $0.700$ の最後の0は測った桁なので数える）なので、答えも3桁で書く。

答　$6.00\times10^{-7}\ \mathrm{m}$（7点）

（ $600$ nm。橙色の光の波長で、可視光の範囲に入っている）

問5 (1)

経路を単スリットからスクリーンまで全部書き、光源側とスクリーン側に分けてまとめる。

$$\Delta L’=(\mathrm{P’B}+\mathrm{BQ})-(\mathrm{P’A}+\mathrm{AQ})=(\mathrm{P’B}-\mathrm{P’A})+(\mathrm{BQ}-\mathrm{AQ})$$

スクリーン側は、資料2の計算そのもので

$$\mathrm{BQ}-\mathrm{AQ}=\sqrt{L^2+\left(x+\frac d2\right)^2}-\sqrt{L^2+\left(x-\frac d2\right)^2}\fallingdotseq\frac{xd}{L}$$

光源側は、 $\mathrm{P’}$ が光軸から上（A側）へ $X_0$ の所にあるので

$$\mathrm{P’B}-\mathrm{P’A}=\sqrt{{L_0}^2+\left(X_0+\frac d2\right)^2}-\sqrt{{L_0}^2+\left(X_0-\frac d2\right)^2}$$

これはスクリーン側の式の $L$ を $L_0$ に、 $x$ を $X_0$ に置きかえた形（三角形が同じ形）。 $X_0$、 $d$ は $L_0$ より十分小さいので、同じ近似で

$$\mathrm{P’B}-\mathrm{P’A}\fallingdotseq\frac{X_0d}{L_0}$$

（ $\mathrm{P’}$ がA側へ動いたので $\mathrm{P’B}$ の方が長く、正）。よって

$$\Delta L’\fallingdotseq\frac{X_0d}{L_0}+\frac{xd}{L}$$

明線は2本の光の位相がそろうとき、暗線は逆になるときなので

答　$\Delta L’=\dfrac{X_0d}{L_0}+\dfrac{xd}{L}$。明線：$\dfrac{X_0d}{L_0}+\dfrac{xd}{L}=m\lambda$、暗線：$\dfrac{X_0d}{L_0}+\dfrac{xd}{L}=\left(m+\dfrac12\right)\lambda\qquad(m=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots)$（5点）

問5 (2)

明線の条件を $x$ について解くと

$$x=\frac{mL\lambda}{d}-\frac{L}{L_0}X_0$$

単スリットを動かす前（ $X_0=0$ ）の $m$ 番目の明線の位置は $\dfrac{mL\lambda}{d}$。比べると、どの明線も $\dfrac{L}{L_0}X_0$ だけ $x$ の負の向き（下）にずれる。間隔は $\dfrac{L\lambda}{d}$ のままなので、縞は間隔を保ったまま平行移動する（実験ノートの(ウ)と合う）。

中央の明線（ $m=0$ 、経路差0）で見ると、光源側で $\mathrm{P’B}$ が長くなった分を、スクリーン側で $\mathrm{AQ}$ を長くして打ち消す点＝Oより下の点 $\mathrm{O’}$ に移る（下の図）。

答　向きb、移動距離 $\dfrac{L}{L_0}X_0$（5点）

（ $X_0=0.50$ mm とすると、 $\dfrac{0.700}{0.102}\times0.50\fallingdotseq3.4$ mm。暗線の間隔4.00 mm に近い大きさで動くので、単スリットをわずかに動かすだけで縞がはっきり動いて見える）

別解

問5 (2)　（相似な三角形で中央の明線を見つける）　中央の明線は経路差0の点。複スリットの中点をMとすると、経路差0の点は直線 $\mathrm{P’M}$ の延長とスクリーンの交点 $\mathrm{O’}$（上の図）。 $\mathrm{O’}$ では、スクリーン側の差 $\dfrac{(-\mathrm{OO’})\,d}{L}$ が光源側の差 $\dfrac{X_0d}{L_0}$ をちょうど打ち消すので、 $\mathrm{OO’}=\dfrac{L}{L_0}X_0$。これは直線 $\mathrm{P’M}$ が作る2つの相似な直角三角形（ $X_0:L_0=\mathrm{OO’}:L$ ）の比と同じ。縞の間隔は変わらないので、縞全体が向きbへ $\dfrac{L}{L_0}X_0$ 動く。光源と中央の明線は、複スリットの中点をはさんで一直線に並ぶ、と覚えておくと向きをすぐに確かめられる。