【解説・配点付き】2019年九州大学物理の解答・解説

以下の問いに答えよ。

図1のような、自転車とそれに乗った運転者を考える。両者をあわせて一体と考え、自転車・運転者とよぼう。運転者はじっと動かず、水平の路面を慣性でまっすぐ進んでいるとする。

この自転車・運転者全体の質量を $M$、重心Gは前輪と後輪のまんなかで高さ $H$ のところにあるとする。前輪と後輪の中心の間隔を $L$ とする。また、車輪は軽く、その回転が運動に与える影響は無視できるとする。

まず、前輪のみにブレーキをかけた場合を考える。すると図1に示すように、前輪のタイヤには、路面から、路面と平行な摩擦力がはたらく。その大きさを $F$ とする。以下では、ブレーキをかけたほうのタイヤのみに摩擦力がはたらき、ブレーキによって生じる摩擦以外の摩擦や空気抵抗は無視できるとする。

(1) ブレーキをかける前の自転車の速さを $V$ として、停止するまでに進む距離を求めよ。ただし、 $F$ は一定とする。

自転車の加速度を $-a\,(a>0)$ とし、自転車とともに運動する観測者を考える。この観測者から見ると自転車・運転者は静止しており、慣性力が外力とつりあっている。外力としては、前輪が受ける摩擦力（大きさ $F$）、前輪および後輪が路面から受ける垂直抗力（それぞれ、大きさ $N_{\mathrm{F}}$ および $N_{\mathrm{R}}$）、および重力の4つあり、それらが満たす関係式を求めたい。重力加速度の大きさを $g$ として、以下の問いに答えよ。

(2) 摩擦力以外の3つの外力とこの観測者から見た慣性力について、その向きと大きさを、矢印の向きとおおよその長さで、解答欄の図中に示せ。ただし、矢印の始点はそれぞれの力の作用点とせよ。

(3) 前輪および後輪が路面から受ける垂直抗力による、重心Gを通り紙面に垂直な軸のまわりの力のモーメントを、それぞれ書け。ただし、力のモーメントは反時計回りを正とする。

(4) この観測者から見た、自転車・運転者にはたらく力および力のモーメントのつりあい条件を表す式を書け。ただし、自転車・運転者全体を剛体とみなしてよいとする。

(5) 前問で求めた関係式を解いて、加速度の大きさ $a$、垂直抗力の大きさ $N_{\mathrm{F}}$ および $N_{\mathrm{R}}$ を、摩擦力の大きさ $F$ の関数として表わせ。

(6) $F$ と $N_{\mathrm{F}}$ の比 $\dfrac{F}{N_{\mathrm{F}}}$ を、 $F$ の関数としてグラフに描け。ただし、 $F\geqq0$ である。

(7) 後輪が浮き上がらないために $F$ が満たすべき条件を書け。

ブレーキが弱いとタイヤは路面に対してすべらず、タイヤにはたらく摩擦力は静止摩擦力とみなしてよいとする。ブレーキを強くすると摩擦力は大きくなる。摩擦力が最大摩擦力を超えるとタイヤは路面に対してすべり始め、タイヤにはたらく摩擦力は動摩擦力になるとしよう。タイヤと路面の間の静止摩擦係数を $\mu$ として、以下の問いに答えよ。

(8) $\mu$ が十分大きくタイヤはすべらないと仮定して、後輪が浮き上がらずに得られる最も大きな減速、すなわち $a$ の最大値を書け。

(9) 実際にタイヤがすべらずこの最大の減速を得るために、 $\mu$ が満たすべき条件を書け。

次に、後輪にもブレーキをかけて減速している場合を考える。「両輪とも路面から離れず、かつタイヤがすべらない」という条件の下で得られる最大の減速、すなわち加速度を $-b$ とした時、 $b$ の最大値を求めたい。ただし、タイヤと路面の静止摩擦係数 $\mu$ は前問(9)で求めた条件を満たすとする。

(10) 後輪のみにブレーキをかけて得られる最大の減速、すなわち $b$ の最大値はいくらか。

(11) 前後両輪のブレーキを使ってよいとして、最大の減速になる場合を考える。その場合に、前輪にはたらく摩擦力 $F_{\mathrm{F}}$ および後輪にはたらく摩擦力 $F_{\mathrm{R}}$ は、それぞれいくらか。

(1)

摩擦力 $F$ は進む向きと逆向きで、重力・垂直抗力は仕事をしない。止まるまでに進む距離を $x$ とすると、非保存力（摩擦力）の仕事が力学的エネルギーの変化に等しい（ $W=\Delta E$ ）ので

$$-Fx=0-\frac12MV^2$$

答　$\dfrac{MV^2}{2F}$（3点）

(2)

自転車とともに動く観測者から見る。自転車の加速度は後ろ向き（大きさ $a$ ）なので、慣性力は前向きに大きさ $Ma$ で、G にはたらく。力は「重力 → 触れているもの → 慣性力」の順に

・重力 $Mg$ ：G から下向き

・垂直抗力 $N_{\mathrm F}$ ・ $N_{\mathrm R}$ ：前輪・後輪と路面の接点から上向き

・慣性力 $Ma$ ：G から前向き

長さの関係は (4)(5) で決まる：水平のつり合いから慣性力は摩擦力 $F$ と同じ大きさ、鉛直のつり合いから $N_{\mathrm F}$ と $N_{\mathrm R}$ の長さの和は重力の長さと同じ。摩擦力が前のめりに回すのを打ち消すため、前輪の方が長い（ $N_{\mathrm F}-N_{\mathrm R}=\dfrac{2FH}{L}$ ）。

答　下の図（4点）

(3)

G のまわりのモーメントは「力の大きさ × 腕の長さ（G から作用線までの距離）」で、向きは回す向きで決める（反時計回りが正）。

・前輪の垂直抗力 $N_{\mathrm F}$ ：G より $\dfrac L2$ 前で上向き → 反時計回り

・後輪の垂直抗力 $N_{\mathrm R}$ ：G より $\dfrac L2$ 後ろで上向き → 時計回り

答　前輪 $\dfrac{N_{\mathrm F}L}{2}$、後輪 $-\dfrac{N_{\mathrm R}L}{2}$（4点）

(4)

観測者から見て静止しているので、水平・鉛直のつり合いと、G のまわりのモーメントのつり合いの3式を立てる（上の (2) の図）。前向きを正とする。

・水平：前向きの慣性力 $Ma$ と後ろ向きの摩擦力 $F$

・鉛直：上向きの $N_{\mathrm F}$ ・ $N_{\mathrm R}$ と下向きの $Mg$

・G のまわり：重力と慣性力は G にはたらくのでモーメント0。摩擦力 $F$ は G より $H$ 下で後ろ向きなので、腕の長さ $H$ で時計回り（ $-FH$ ）。前のめりに回す向き

答　水平 $Ma-F=0$、鉛直 $N_{\mathrm F}+N_{\mathrm R}-Mg=0$、モーメント $\dfrac{N_{\mathrm F}L}{2}-\dfrac{N_{\mathrm R}L}{2}-FH=0$（4点）

(5)

未知数は $a$ ・ $N_{\mathrm F}$ ・ $N_{\mathrm R}$ の3つで、式も3本。水平の式から $a$ 。モーメントの式から $N_{\mathrm F}-N_{\mathrm R}=\dfrac{2FH}{L}$ 、これと $N_{\mathrm F}+N_{\mathrm R}=Mg$ を足し引きして

答　$a=\dfrac FM$、$N_{\mathrm F}=\dfrac{Mg}{2}+\dfrac{FH}{L}$、$N_{\mathrm R}=\dfrac{Mg}{2}-\dfrac{FH}{L}$（4点）

（確かめ： $F=0$ なら重心がまんなかなので $\dfrac{Mg}{2}$ ずつ。ブレーキを強くするほど前輪に重さが移る）

(6)

(5) より

$$\frac{F}{N_{\mathrm F}}=\frac{F}{\dfrac{Mg}{2}+\dfrac{FH}{L}}=\frac{2LF}{MgL+2HF}=\frac{L}{H}\cdot\frac{F}{F+\dfrac{MgL}{2H}}$$

・$F=0$ で0（原点を通る）。原点での傾きは $\dfrac{2}{Mg}$

・$F$ を大きくすると増え続け、 $\dfrac{F}{F+\dfrac{MgL}{2H}}$ は1に近づくので、漸近線 $\dfrac LH$ に下から近づく。上に凸

・$F=\dfrac{MgL}{2H}$ （(7) の上限）で $\dfrac{L}{2H}$ （漸近線のちょうど半分）。これより右は後輪が浮いて (5) の式が成り立たない範囲

答　下の図（原点を通り、上に凸で増え、漸近線 $\dfrac LH$ に近づく曲線）（4点）

(7)

後輪が浮く＝後輪の垂直抗力が0。浮かない（路面に接したままでいる）条件は $N_{\mathrm R}\geqq0$ （その状態にとどまる条件なので等号あり）。(5) より

$$\frac{Mg}{2}-\frac{FH}{L}\geqq0$$

答　$F\leqq\dfrac{MgL}{2H}$（3点）

ブレーキを強くするほど $N_{\mathrm R}$ は直線で減り、この値で0になる（下の図）。

(8)

(5) より $a=\dfrac FM$ なので、 $F$ が最大のとき $a$ も最大。(7) の上限を入れて

答　$\dfrac{gL}{2H}$（4点）

（確かめ：後輪が浮くギリギリでは、路面に接しているのは前輪だけ。前輪の接点のまわりのモーメントを考えると、垂直抗力と摩擦力は接点を通るので0。重力 $Mg$ は腕 $\dfrac L2$ で反時計回り、慣性力 $Ma$ は腕 $H$ で時計回りなので $Mg\cdot\dfrac L2=Ma\cdot H$ 、同じ $a=\dfrac{gL}{2H}$ が求まる（下の図））

(9)

前輪のタイヤがすべらない条件は $F\leqq\mu N_{\mathrm F}$ 。これは $\dfrac{F}{N_{\mathrm F}}\leqq\mu$ と同じで、(6) のグラフの高さが「すべらないために必要な $\mu$ 」になる。グラフは増える一方なので、最大の減速を得る $F=\dfrac{MgL}{2H}$ で成り立てば、それより弱いどのブレーキでも成り立つ。このとき $N_{\mathrm R}=0$ より $N_{\mathrm F}=Mg$ なので

$$\frac{MgL}{2H}\leqq\mu Mg$$

答　$\mu\geqq\dfrac{L}{2H}$（5点）

（(6) のグラフの $F=\dfrac{MgL}{2H}$ での高さ $\dfrac{L}{2H}$ そのもの）

(10)

後輪だけにブレーキをかけると、後輪に後ろ向きの摩擦力 $F_{\mathrm R}$ がはたらく。後輪の接点も G より $H$ 下なので、力の図は (2) の摩擦力を後輪に移しただけで、3式は (4) と同じ形（下の図）。

$$Mb=F_{\mathrm R},\qquad N_{\mathrm F}+N_{\mathrm R}=Mg,\qquad \frac{N_{\mathrm F}L}{2}-\frac{N_{\mathrm R}L}{2}-F_{\mathrm R}H=0$$

よって $N_{\mathrm R}=\dfrac{Mg}{2}-\dfrac{F_{\mathrm R}H}{L}$ 。後輪がすべらない条件 $F_{\mathrm R}\leqq\mu N_{\mathrm R}$ に入れると

$$F_{\mathrm R}\leqq\mu\left(\frac{Mg}{2}-\frac{F_{\mathrm R}H}{L}\right)\qquad\therefore\ F_{\mathrm R}\leqq\frac{\mu MgL}{2(L+\mu H)}$$

このとき $N_{\mathrm R}\geqq\dfrac{F_{\mathrm R}}{\mu}\geqq0$ 、 $N_{\mathrm F}>0$ で、両輪とも路面から離れない。 $b=\dfrac{F_{\mathrm R}}{M}$ より

答　$\dfrac{\mu gL}{2(L+\mu H)}$（5点）

（ $\dfrac{\mu L}{L+\mu H}<\dfrac{L}{H}$ は $\mu H<L+\mu H$ と同じで必ず成り立つので、後輪だけの最大の減速は、前輪だけの (8) の $\dfrac{gL}{2H}$ より必ず小さい）

(11)

前輪・後輪の摩擦力はどちらも G より $H$ 下で後ろ向きなので、3式には合計だけが入る。

$$Mb=F_{\mathrm F}+F_{\mathrm R},\qquad N_{\mathrm F}+N_{\mathrm R}=Mg,\qquad \frac{N_{\mathrm F}L}{2}-\frac{N_{\mathrm R}L}{2}-(F_{\mathrm F}+F_{\mathrm R})H=0$$

よって $N_{\mathrm R}=\dfrac{Mg}{2}-\dfrac{MbH}{L}$ 。減速の上限は2つ。

・後輪が浮かない： $N_{\mathrm R}\geqq0$ より $b\leqq\dfrac{gL}{2H}$

・タイヤがすべらない： $F_{\mathrm F}\leqq\mu N_{\mathrm F}$ 、 $F_{\mathrm R}\leqq\mu N_{\mathrm R}$ を足して $Mb\leqq\mu Mg$ 、つまり $b\leqq\mu g$

(9) の条件 $\mu\geqq\dfrac{L}{2H}$ より $\dfrac{gL}{2H}\leqq\mu g$ なので、きついのは「後輪が浮かない」の方。 $b$ の最大は $\dfrac{gL}{2H}$ で、(8) と同じ後輪が浮くギリギリの状況になる（上の (8) の図）。このとき $N_{\mathrm R}=0$ なので、 $F_{\mathrm R}\leqq\mu N_{\mathrm R}=0$ より $F_{\mathrm R}=0$ 。残りは前輪で $F_{\mathrm F}=Mb=\dfrac{MgL}{2H}$ （ $N_{\mathrm F}=Mg$ で $F_{\mathrm F}\leqq\mu Mg$ も満たす）。

答　$F_{\mathrm F}=\dfrac{MgL}{2H}$、$F_{\mathrm R}=0$（5点）

以下の問いに答えよ。

幅 $L$ [m]、奥行 $D$ [m] の長方形状の一巻きコイルを使って、磁場の中にコイルを入れたときやその中で動かしたときにみられる現象について調べる。コイルに発生する起電力を測るため、コイルの両端部に $R$ [Ω] の抵抗を接続した閉回路をつくり、抵抗にかかる電圧を測る。以下では、コイルおよび導線の電気抵抗、コイルで発生した電流のつくる磁束、コイル以外の回路部分への磁場の影響、電圧計に流れる電流を無視する。

問1. はじめに、時間変化する一様な磁束密度 $\vec{B}$ [T] の磁場の中に置かれたコイルについて考えよう。図1に示すように、鉛直方向にかけられた磁場と垂直になるようにコイルの面を水平に固定する。

磁束密度 $\vec{B}$ の鉛直上向きの成分 $B_z$ [T] が下のグラフ(1)あるいは(2)のように時刻 $t$ [s] とともに変化するとき、抵抗の両端に取り付けられた電圧計が示す電圧 $V_1$ [V] の時間変化をグラフに描け。ただし、電圧の値をグラフの縦軸の目盛りに記入しなくてよいが、 $\underline{\text{相対的な大きさが分かるように}}$ 図示せよ。

問2. つぎに、時間変化しない一様な磁束密度 $\vec{B}$ [T] の磁場の中でコイルを回転させよう。図2に示すように、コイル上の点bとcの中点、aとdの中点の両方を通る軸のまわりに、一定の角速度 $\omega$ [rad/s] でコイルを回転させる。この実験について、千春さんと浩介さんの2人は以下のように議論している。空欄(ア)から(ク)に入る適切な語句や記号、数式を答えよ。

千春さん「時刻0（ゼロ）では、コイルの面と磁場の向きがちょうど垂直だったよね。時間が少し経った時刻 $t$ [s] での様子が図2に描いてあるね。」浩介さん「コイルは反時計回りに角度 $\omega t$ だけ回転しているから、コイルを貫く磁束は時刻0（ゼロ）のときに比べて減少しているね。起電力はどうなるかな？　電流のつくる磁場が、コイルを貫く磁束の時間変化を $\boxed{\text{ア}}$ 向きに起電力が生じるよね。」千春さん「これは $\boxed{\text{イ}}$ の法則だね。

電流の向きは、図中の矢印記号(あ)の向きなのか、それとも(い)の向きなのかな？　えーと、 $\boxed{\text{ウ}}$ の向きだね。」浩介さん「そうだね。じゃあ、この電流は磁場の中を流れるんだよね。ということは、 $\boxed{\text{エ}}$ と呼ばれている力がコイルを流れる電流にはたらくよね。コイルのab間の部分にはたらく力を求めてみよう。」千春さん「電流を $I$ [A]、磁束密度の大きさを $B=|\vec{B}|$ と表すと、この力の大きさは $\boxed{\text{オ}}$ になるね。コイルの $\boxed{\text{カ}}$ 間にはたらく力も同じ大きさだよね。これらの力がかかるとコイルはどうなるの？」浩介さん「コイルの回転が妨げられるのはわかるかな？　一定の角速度でコイルを回転させるには、この妨げる力と同じ大きさで、反対向きの外力をかけるといいよね。この外力の仕事率 $P$ [W] を求めよう。」千春さん「仕事率は単位時間あたりの仕事だったかな。」浩介さん「その通り。まず、コイルのab間については、仕事率は速度と力の内積だから、コイルのab間の部分の速さを $v$ [m/s]、そこにかける力の大きさを $F$ [N] とすると、 $Fv\sin\omega t$ が仕事率になるよね。 $\boxed{\text{カ}}$ 間も同じだね。」千春さん「2つを合計した全体の仕事率 $P$ [W] は、 $F$ を $I$ を用いて表して、 $P=\boxed{\text{キ}}$ になったよ。」浩介さん「これと抵抗 $R$ で単位時間（毎秒）あたりに発生する熱量 $P_R$ [W] が等しくなるんだ。エネルギー保存則だね。この関係 $P=P_R$ を使うと、電流 $I$ の時間変化が求められるよ。」千春さん「 $P_R$ は $I$ を用いて、 $P_R=\boxed{\text{ク}}$ と表せるから、時刻 $t$ のときの電流は $I=\dfrac{BLD\omega}{R}\sin\omega t$ になるね。」

問3. 前問2で用いたコイルと抵抗からなる閉回路と同じものをもう1つ準備する。2つのコイルを組み合わせて、一体化したコイル対をつくろう。図3に示すように、2つのコイルの回転軸をそろえて、片方のコイル面ともう一方のコイル面とがなす角度を $\theta$ [rad]（ $0\leqq\theta\leqq\pi$ にとる）で固定する。コイルの回転軸は、前問と同じとする。また、2つのコイルが互いに電気的に接触しないように一体化する。

この一体化したコイル対を、時間変化のない一様な磁場の中で、回転軸のまわりに一定の角速度 $\omega$ [rad/s] で回転させる。このとき、コイル対全体の仕事率が時刻によらず一定になるような $\theta$ を求めよ。解答欄には $\underline{\theta\ \text{の値}}$ と $\underline{\text{そのときの仕事率が時刻によらず一定になること}}$ を示せ。

問1 (1)

コイルは動かないので、面積は $LD$ のまま。磁束は $\varPhi=B_zLD$ で、時間で変わるのは $B_z$ だけ。ファラデーの電磁誘導の法則より、起電力の大きさは

$$\left|\frac{\Delta\varPhi}{\Delta t}\right|=LD\left|\frac{\Delta B_z}{\Delta t}\right|$$

で、面積× $B_z$–$t$ グラフの傾き。

向き：図1の配線をたどると、コイルのすき間の左の導線は抵抗の左端を通って電圧計の＋端子へ、右の導線は抵抗の右端を通って−端子へつながっている（着眼点の図）。上向きの磁束が増えるときは、それを打ち消す下向きの磁束をつくる向き、つまり上から見て時計回りに誘導電流が流れる。左の導線からコイルを時計回りにたどると右の導線に出るので、電流は右の導線から抵抗に入り、抵抗を右から左へ流れる。抵抗では電流の向きに電位が下がるので、右端（−端子の側）が高電位で $V_1<0$ 。よって

$$V_1=-LD\frac{\Delta B_z}{\Delta t}$$

(1) のグラフの傾き（単位は T/s）は、0〜1 s で $1$ 、1〜2 s で $0$ 、2〜3 s で $-2$ 、3〜4 s で $1$ 、4 s 以降で $0$ 。よって $V_1$ は区間ごとに $-LD$ 、 $0$ 、 $2LD$ 、 $-LD$ 、 $0$ の横線になる。大きさの比は $1:0:2:1$ （下の図。上の $B_z$ のグラフと時刻の目盛りをそろえた）。

答　上の図の下（0〜1 s で $-LD$ 、1〜2 s で $0$ 、2〜3 s で $2LD$ 、3〜4 s で $-LD$ 、4 s 以降 $0$ の横線）（5点）

（縦軸の値は書かなくてよいが、「相対的な大きさ」が分かるように、2〜3 s の高さを0〜1 s の深さの2倍にする）

問1 (2)

グラフは最大値1 T・周期4 s のサインの形なので、 $B_z=\sin\dfrac{\pi t}{2}$ 。時間で変わる $t$ を $t+\Delta t$ にして差をとり、加法定理と、 $\Delta t$ が小さいときの $\cos\dfrac{\pi\Delta t}{2}\fallingdotseq1$ 、 $\sin\dfrac{\pi\Delta t}{2}\fallingdotseq\dfrac{\pi\Delta t}{2}$ を使うと

$$\Delta B_z=\sin\frac{\pi(t+\Delta t)}{2}-\sin\frac{\pi t}{2}\fallingdotseq\frac{\pi}{2}\Delta t\cos\frac{\pi t}{2}$$

(1) と同じ式に入れて

$$V_1=-LD\frac{\Delta B_z}{\Delta t}=-\frac{\pi}{2}LD\cos\frac{\pi t}{2}$$

$t=0,\ 4$ で最小 $-\dfrac{\pi}{2}LD$ 、 $t=1,\ 3$ で $0$ 、 $t=2$ で最大 $\dfrac{\pi}{2}LD$ 。 $\dfrac{\pi}{2}\fallingdotseq1.57$ なので、山の高さは (1) の $LD$ より高く、 $2LD$ より低い（下の図）。

答　上の図の下（マイナスのコサインの形。 $t=0,\ 4$ で $-\dfrac{\pi}{2}LD$ 、 $t=1,\ 3$ で $0$ 、 $t=2$ で $\dfrac{\pi}{2}LD$ ）（5点）

（ $B_z$ の山と谷（ $t=1,\ 3$ ）で傾きが0なので $V_1=0$ 。 $B_z$ が0を横切る所で傾きの大きさが最大）

問2

(ア)(イ)：コイルを貫く磁束が変わると、その変化を妨げる（打ち消す）向きに誘導起電力が生じる。これがレンツの法則。

答（ア）　妨げる（打ち消す）（2点）

答（イ）　レンツ（2点）

(ウ)：図2を上から見た図に書き直す（着眼点の図）。ab と cd が回転軸に平行で、a・b が右側、d・a が手前なので、上から見ると a（右手前）→ b（右奥）→ c（左奥）→ d（左手前）は反時計回り。時刻0ではコイルの面が水平で、上向きの磁束 $BLD$ が貫いていた。回ると上向きの磁束が減るので、それを補う上向きの磁束をつくる向き、つまり上から見て反時計回りに電流が流れる。ab では a→b の向き。

答（ウ）　(あ)（3点）

(エ)：磁場の中を流れる電流は、磁場から力を受ける。

答（エ）　ローレンツ力（2点）

（電流をつくる荷電粒子1つ1つが受けるローレンツ力の合力。教科書によっては「電流が磁場から受ける力」とだけ呼ぶ）

(オ)：ab は長さ $D$ で回転軸に平行。磁場は鉛直で、コイルが傾いても ab は水平のままなので、磁場と常に垂直。 $F=IBl$ より

答（オ）　$IBD$（3点）

向きはフレミングの左手の法則で水平、回転軸から外向き（下の図）。

(カ)：cd も長さ $D$ で磁場に垂直。電流は c→d で ab と逆向きなので、同じ大きさの力が反対側（軸から外向き）にはたらく。bc・da の力は回転軸の方向を向くので、回転を妨げない。

答（カ）　cd（2点）

(キ)：回転軸から ab までの距離は $\dfrac L2$ なので、ab の速さは $v=\dfrac L2\omega$ 。回転軸の方向から見ると（下の図）、ab の速度は傾いたコイルの面に垂直で、その水平成分は $v\sin\omega t$ 。力は水平なので、仕事率は「力×力の向きの速度の成分」で $Fv\sin\omega t$ 。一定の角速度で回すので、外力 $F$ は回転を妨げる力 $IBD$ とつり合い、同じ大きさ。ab と cd の2つ分で

$$P=2\cdot IBD\cdot\frac{L\omega}{2}\sin\omega t$$

答（キ）　$IBDL\omega\sin\omega t$（4点）

（ $v$ を残した $2IBDv\sin\omega t$ も同じ量）

(ク)：抵抗で単位時間に発生するジュール熱は

答（ク）　$RI^2$（2点）

（確かめ： $P=P_R$ より $IBDL\omega\sin\omega t=RI^2$ で、 $I=\dfrac{BLD\omega}{R}\sin\omega t$ 。問題文の式と一致する。ファラデーの電磁誘導の法則でも確かめられる。磁場に垂直な面に映した面積は $L\cos\omega t\times D$ なので、 $\varPhi=BLD\cos\omega t$ 。時間で変わる $t$ を $t+\Delta t$ にして、問1 (2) と同じ加法定理と近似を使うと $\Delta\varPhi\fallingdotseq-BLD\omega\Delta t\sin\omega t$ 。起電力の大きさは $BLD\omega\sin\omega t$ で、電流は $\dfrac{BLD\omega}{R}\sin\omega t$ 。エネルギー保存の一般形 $W_外+W_電=\Delta U+H+\Delta E$ で、電池もコンデンサーも無く、回る速さも変わらないので $W_外=H$ 。外力の仕事率＝ジュール熱の発生する割合、という会話文の関係と同じ）

問3

2つのコイルは電気的に接触せず、コイルの電流がつくる磁束も無視するので、それぞれの回路は問2と同じ。もう一方のコイルは角 $\theta$ だけずれて同じ角速度で回るので、電流は $\dfrac{BLD\omega}{R}\sin(\omega t+\theta)$ （ずれの向きによっては $\omega t-\theta$ 。どちらでも以下は同じ）。1つのコイルの仕事率は問2より $RI^2$ なので、 $P_0=\dfrac{(BLD\omega)^2}{R}$ とおくと、コイル対全体の仕事率は

$$P=P_0\left\{\sin^2\omega t+\sin^2(\omega t+\theta)\right\}$$

半角の公式 $\sin^2x=\dfrac{1-\cos2x}{2}$ と和積の公式で

$$\sin^2\omega t+\sin^2(\omega t+\theta)=1-\frac{\cos2\omega t+\cos(2\omega t+2\theta)}{2}=1-\cos\theta\cos(2\omega t+\theta)$$

これが時刻 $t$ によらないのは $\cos\theta=0$ のときだけ。 $0\leqq\theta\leqq\pi$ より

答（ $\theta$ ）　$\theta=\dfrac{\pi}{2}$（5点）

このとき $\sin\left(\omega t+\dfrac{\pi}{2}\right)=\cos\omega t$ なので

$$P=\frac{(BLD\omega)^2}{R}\left(\sin^2\omega t+\cos^2\omega t\right)=\frac{(BLD\omega)^2}{R}$$

で、時刻 $t$ を含まない。一方の仕事率が最大のときにもう一方は0で、山と谷がちょうど補い合う（下の図）。

答（一定になること）　$P=\dfrac{(BLD\omega)^2}{R}\left(\sin^2\omega t+\cos^2\omega t\right)=\dfrac{(BLD\omega)^2}{R}$ で、時刻によらず一定（5点）

別解

問3　（2つの時刻の値を比べて）　時刻によらず一定なら、 $\omega t=0$ と $\omega t=\dfrac{\pi}{2}$ の値が等しい。 $\omega t=0$ で $P=P_0\sin^2\theta$ 、 $\omega t=\dfrac{\pi}{2}$ で $P=P_0\left\{1+\sin^2\left(\dfrac{\pi}{2}+\theta\right)\right\}=P_0(1+\cos^2\theta)$ 。 $\sin^2\theta=1+\cos^2\theta$ より $1-\cos^2\theta=1+\cos^2\theta$ で $\cos\theta=0$ 、 $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ 。逆に $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ なら、本解のとおり $P=P_0$ で一定。半角の公式を使わずに $\theta$ が1つに決まる。

以下の問いに答えよ。

問1. 次の文中の $\boxed{\text{a}}$ に当てはまる式および $\boxed{\text{b}}$ に当てはまる数値と単位を答えよ。

圧力 $p=2.7\times10^5\ \mathrm{Pa}$、温度 $T=430\ \mathrm{K}$ の下で物質量 $n=1.0\ \mathrm{mol}$ の気体の体積を測定したところ、 $V=1.3\times10^{-2}\ \mathrm{m^3}$ であった。この気体に対して近似的に理想気体の状態方程式が適用できると考え、測定結果から気体定数の値を見積もろう。ここで定義した記号を用いて気体定数を求める式を表すと $\boxed{\text{a}}$ であり、気体定数の計算結果を有効数字2桁で表すと $\boxed{\text{b}}$ となる。この値は気体定数の正しい値とはやや異なる。

問2. 図1のように、なめらかに上下に動くピストンをもつ断面積 $S$ のシリンダー内に $1\ \mathrm{mol}$ の単原子分子理想気体が閉じ込められている。シリンダーの外側は真空である。ピストンは質量の無視できる糸につながれており、手で引き上げることができる。気体定数を $R$ とし、この気体の定積モル比熱は $\dfrac32R$ である。

最初、糸がたるんだ状態でピストンは静止しており、糸の張力はゼロ、気体の圧力は $p_{\mathrm{A}}$、体積は $V_{\mathrm{A}}$ であった。この状態を状態Aとする。

(1) ピストンの質量を求めよ。ただし、重力加速度の大きさを $g$ とする。

次に、ヒーターにより気体を熱したところ、ピストンが上昇し体積が $V_{\mathrm{B}}$ となった。この状態を状態Bとする。この間、糸はたるんだままで、また、気体から外部への熱の流出はないとする。

(2) 状態A→状態Bの変化の間に気体がする仕事 $W_{\mathrm{AB}}$ を求めよ。

(3) 状態A→状態Bの変化の間の温度上昇を求めよ。

(4) ヒーターから気体に与えられる熱 $Q_{\mathrm{AB}}$ を求めよ。

気体が状態Bになった時点でヒーターから気体への熱供給を止めた。その後、糸を用いてピストンを引き上げ、気体の体積を $V_{\mathrm{C}}$ にした。この時の気体の温度は状態Aの温度と同じになった。この状態を状態Cとする。ただし、ピストンを引き上げている間、気体と外部の間の熱の移動はないとする。

(5) 状態Cの圧力を求めよ。

(6) 状態B→状態Cの変化の間に、気体がする仕事 $W_{\mathrm{BC}}$ を求めよ。

次に糸の張力をゆっくりとゼロまで弱めながら、気体の体積を減少させた。この間、気体から熱を奪い、温度を一定に保つようにしたところ、気体は状態Aに戻った。状態C→状態Aの変化の間に気体から奪われる熱を $Q_{\mathrm{CA}}\,(Q_{\mathrm{CA}}>0)$ とする。また、状態C→状態Aの変化の間に気体がされる仕事を $W_{\mathrm{CA}}\,(W_{\mathrm{CA}}>0)$ とする。

(7) $W_{\mathrm{CA}}$ と $Q_{\mathrm{CA}}$ の間に成り立つ関係式を書け。

次に、状態A→状態B→状態C→状態Aというサイクルを考える。

(8) 解答紙の $p$-$V$ 図上に、このサイクルの概略図を表せ。状態A、状態B、状態Cの位置を黒丸で記し、どの点がどの状態かはっきり示すこと。ただし、 $V_{\mathrm{B}}$ および $V_{\mathrm{C}}$ の概略値をそれぞれ $1.32\,V_{\mathrm{A}}$、 $2.00\,V_{\mathrm{A}}$ とすること。また、状態A→状態B、状態B→状態C、状態C→状態Aそれぞれの変化を表す線を、直線の場合は実線で、曲線の場合は破線で描け。曲線の場合は正確な形を描く必要はないが、上に凸の形であるか、下に凸の形であるかをはっきりと示すこと。

(9) 次の文章の $\boxed{\text{ア}}$ 〜 $\boxed{\text{エ}}$ を数式で、 $\boxed{\text{オ}}$ を適当な言葉で埋めよ。

このサイクルの熱効率 $e$ を、 $Q_{\mathrm{AB}}$、 $Q_{\mathrm{CA}}$ を用いて表すと、 $e=\dfrac{\boxed{\text{ア}}}{\boxed{\text{イ}}}$ である。始点の状態Aから終点の状態Aまでのサイクル全体を通しての気体の内部エネルギー変化は $\boxed{\text{ウ}}$ であるので、 $\boxed{\text{ア}}$ と同じ量を $W_{\mathrm{AB}}$、 $W_{\mathrm{BC}}$、 $W_{\mathrm{CA}}$ を用いて表すと $\boxed{\text{エ}}$ となる。また、 $e$ の値は必ず1より $\boxed{\text{オ}}$。

問1

状態方程式 $pV=nRT$ を $R$ について解いて

$$R=\frac{pV}{nT}$$

答（a）　$\dfrac{pV}{nT}$（2点）

数値を入れると

$$R=\frac{2.7\times10^5\times1.3\times10^{-2}}{1.0\times430}=8.16\cdots$$

測定値は2桁なので、有効数字2桁にそろえる。

答（b）　$8.2\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}$（3点）

問2 (1)

ピストンの質量を $m$ とおく。状態Aでは糸の張力は0で、上は真空なので外から押す力もない。ピストンにはたらく力は重力 $mg$ と気体が押す力 $p_{\mathrm{A}}S$ だけで（下の図）、つり合いより

$$p_{\mathrm{A}}S=mg\qquad\therefore\ m=\frac{p_{\mathrm{A}}S}{g}$$

答　$\dfrac{p_{\mathrm{A}}S}{g}$（3点）

問2 (2)

A→B の間、糸はたるんだままなので、ピストンにはたらく力は (1) と同じ。つり合いが保たれるので、気体の圧力は $p_{\mathrm{A}}$ のまま＝定圧変化（下の状況図）。

定圧変化の仕事は $W=p\Delta V$ なので

答　$W_{\mathrm{AB}}=p_{\mathrm{A}}(V_{\mathrm{B}}-V_{\mathrm{A}})$（3点）

問2 (3)

1 mol の状態方程式 $\textcircled{p_{\mathrm{A}}}V=\textcircled{R}T$ で圧力と $R$ が一定なので、 $p_{\mathrm{A}}\Delta V=R\Delta T$（定圧の仕事は $W=nR\Delta T$ とも書ける）。よって

$$\Delta T=\frac{p_{\mathrm{A}}(V_{\mathrm{B}}-V_{\mathrm{A}})}{R}$$

答　$\dfrac{p_{\mathrm{A}}(V_{\mathrm{B}}-V_{\mathrm{A}})}{R}$（3点）

問2 (4)

単原子分子理想気体の定圧変化なので、第一法則 $Q_{in}=\Delta U+W$ の各項は $Q:\Delta U:W=5:3:2$。仕事がすでに求まっているので、熱はその $\dfrac52$ 倍。

$$Q_{\mathrm{AB}}=\frac52W_{\mathrm{AB}}$$

答　$Q_{\mathrm{AB}}=\dfrac52p_{\mathrm{A}}(V_{\mathrm{B}}-V_{\mathrm{A}})$（3点）

（確かめ： $\Delta U=\dfrac32R\Delta T=\dfrac32p_{\mathrm{A}}(V_{\mathrm{B}}-V_{\mathrm{A}})$ と $W_{\mathrm{AB}}$ の和でも同じ）

問2 (5)

C の温度は A と同じ。1 mol の状態方程式 $pV=\textcircled{R}T$ で $R$ も $T$ も同じなので、 $pV$ が同じ。

$$p_{\mathrm{C}}V_{\mathrm{C}}=p_{\mathrm{A}}V_{\mathrm{A}}$$

答　$\dfrac{V_{\mathrm{A}}}{V_{\mathrm{C}}}p_{\mathrm{A}}$（3点）

問2 (6)

B→C は断熱なので $Q=0$。第一法則 $0=\Delta U_{\mathrm{BC}}+W_{\mathrm{BC}}$ より $W_{\mathrm{BC}}=-\Delta U_{\mathrm{BC}}$。温度は $T_{\mathrm{B}}$ から $T_{\mathrm{C}}=T_{\mathrm{A}}$ に下がるので、「後−前」で

$$W_{\mathrm{BC}}=-\frac32R(T_{\mathrm{A}}-T_{\mathrm{B}})=\frac32R(T_{\mathrm{B}}-T_{\mathrm{A}})$$

$T_{\mathrm{B}}-T_{\mathrm{A}}$ は (3) の温度上昇なので

答　$W_{\mathrm{BC}}=\dfrac32p_{\mathrm{A}}(V_{\mathrm{B}}-V_{\mathrm{A}})$（4点）

（正の値。断熱膨張で気体が外に仕事をし、温度が下がることと合う）

問2 (7)

C→A は等温なので $\Delta U=0$。第一法則 $Q_{in}=\Delta U+W$ は「吸収した熱」「した仕事」で立てる。問題の $Q_{\mathrm{CA}}$ は奪われる熱、 $W_{\mathrm{CA}}$ はされる仕事なので、吸収した熱は $-Q_{\mathrm{CA}}$、した仕事は $-W_{\mathrm{CA}}$。

$$-Q_{\mathrm{CA}}=0+(-W_{\mathrm{CA}})$$

答　$W_{\mathrm{CA}}=Q_{\mathrm{CA}}$（3点）

（等温で圧縮されるとき、された仕事の分だけ熱を外に放出するので、温度が変わらない）

問2 (8)

(5) に $V_{\mathrm{C}}=2.00V_{\mathrm{A}}$ を入れると $p_{\mathrm{C}}=0.5p_{\mathrm{A}}$。A $(V_{\mathrm{A}},\ p_{\mathrm{A}})$、B $(1.32V_{\mathrm{A}},\ p_{\mathrm{A}})$、C $(2.0V_{\mathrm{A}},\ 0.5p_{\mathrm{A}})$ に黒丸を書く。

・A→B：定圧なので水平な直線（実線）

・B→C：断熱線。ポアソンの式 $pV^{\frac53}=$ 一定 より体積が増えると圧力が下がる、下に凸の曲線（破線）

・C→A：温度 $T_{\mathrm{A}}$ の等温線。 $pV=$ 一定 の下に凸の曲線（破線）

どちらが上かは、断熱線が等温線より急であることで決まる。B は温度 $T_{\mathrm{A}}$ の等温線より上（ $T_{\mathrm{B}}>T_{\mathrm{A}}$）にあり、そこから出た断熱線が C で等温線に交わるので、B と C の間では断熱線が上、等温線が下（例えば $V=1.5V_{\mathrm{A}}$ では、断熱線が約 $0.81p_{\mathrm{A}}$、等温線が約 $0.67p_{\mathrm{A}}$）。サイクルは時計回りになる。

答　下の図（A→B は実線の水平線、B→C・C→A は下に凸の破線で、C→A が B→C より下を通る）（5点）

（ $V_{\mathrm{C}}=2.00V_{\mathrm{A}}$ は、B から断熱で温度が $T_{\mathrm{A}}$ に戻る体積 $\left(\dfrac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{A}}}\right)^{\frac32}V_{\mathrm{B}}=1.32^{\frac52}V_{\mathrm{A}}\fallingdotseq2.00V_{\mathrm{A}}$ と合う）

問2 (9)

熱の出入りを区間ごとに表で整理する（ $Q$ は吸収した熱量、 $W$ は気体がした仕事）。

吸収するのは A→B だけなので、熱効率の分母は $Q_{\mathrm{AB}}$。1サイクルでは $\Delta U=0$ なので、第一法則より正味の仕事は $Q_{\mathrm{AB}}-Q_{\mathrm{CA}}$。

$$e=\frac{Q_{\mathrm{AB}}-Q_{\mathrm{CA}}}{Q_{\mathrm{AB}}}$$

答（ア）　$Q_{\mathrm{AB}}-Q_{\mathrm{CA}}$（2点）

答（イ）　$Q_{\mathrm{AB}}$（2点）

1サイクルでもとの状態Aに戻るので、温度ももとに戻り

答（ウ）　$0$（1点）

アは正味の仕事。「した仕事」を足し合わせる（C→A はされた仕事 $W_{\mathrm{CA}}$ なので、した仕事は $-W_{\mathrm{CA}}$）。

答（エ）　$W_{\mathrm{AB}}+W_{\mathrm{BC}}-W_{\mathrm{CA}}$（2点）

$Q_{\mathrm{CA}}>0$ なので、分子のアは分母のイより小さい。

答（オ）　小さい（1点）

（参考：等温の仕事 $W=nRT\log_e\dfrac{V_2}{V_1}$ を結果だけ使うと $W_{\mathrm{CA}}=Q_{\mathrm{CA}}=p_{\mathrm{A}}V_{\mathrm{A}}\log_e2$。 $V_{\mathrm{B}}=1.32V_{\mathrm{A}}$、 $V_{\mathrm{C}}=2.00V_{\mathrm{A}}$ を入れると $e=\dfrac{0.80-\log_e2}{0.80}\fallingdotseq0.13$。問題では聞かれていない）