【解説・配点付き】2008年九州大学物理の解答・解説

図1に示すように、静止している水平面( $xy$ 平面)の上に厚さが無視できる半径 $a$ の円板を置く。円板の中心は原点Oと一致している。円板上に大きさが無視できる質量 $m$ または $2m$ の物体を置き、円板を点Oを中心として反時計回りに回転させる。回転の角速度 $\omega$ を徐々に大きくしていくと、角速度が小さいとき物体は円板とともに回転するが、ある角速度で物体は円板に対して動き始める。

円板の角速度変化はゆっくりであり、円板とともに回転する物体の運動は常に等速円運動と見なせるとする。物体と回転円板および静止水平面との間の静止摩擦係数を $\mu$、動摩擦係数を $\mu’$ とする。重力加速度の大きさを $g$ とし、空気抵抗は無視する。また、角度および角速度の単位は、それぞれ rad および rad/s とする。

問1. 以下の問いに答えよ。

(1) 質量 $m$ の物体を円板の円周上に置いたとき、物体が円板に対して動き始める角速度 $\omega_{\mathrm{A}}$ を、 $a$、 $g$、 $m$、 $\mu$、 $\mu’$ のうち必要なものを用いて求めよ。

(2) 質量 $2m$ の物体を円板の円周上に置いたとき、物体が円板に対して動き始める角速度 $\omega_1$ は $\omega_{\mathrm{A}}$ の何倍になるか。

(3) 質量 $m$ の物体を、点Oからの距離が $\dfrac{a}{2}$ となるように円板上に置いたとき、物体が円板に対して動き始める角速度 $\omega_2$ は $\omega_{\mathrm{A}}$ の何倍になるか。

問2. 次に、図2に示すように、点Oからの距離が $\sqrt{2}\,a$ で $y$ 軸に垂直である壁を置き、問1の(1)と同じく、円板の円周上に質量 $m$ の物体を置いて円板を回転させた。円板の角速度が $\omega_{\mathrm{A}}$ に達したとき物体は円板から離れ、静止水平面上を運動して壁面上の点 $\mathrm{P}(0,\ \sqrt{2}\,a)$ で壁と衝突した。以下の問い(2)、(3)、(4)では、 $\omega_{\mathrm{A}}$ および $a$、 $g$、 $m$、 $\mu’$ のうち必要なものを用いて解答せよ。

(1) 物体が円板から離れる瞬間に、物体と点Oを結ぶ線分が $x$ 軸となす角の大きさ $\theta$ はいくらか。

(2) 物体が点Pに到達するために必要な $\omega_{\mathrm{A}}$ に関する条件を求めよ。

(3) 物体が円板から離れた後、点Pで壁と衝突するまでの時間 $t$ を求めよ。

(4) 点Pで衝突する直前の物体の速さ $v_1$ を求めよ。

問3. 物体は、壁面上の点Pで非弾性衝突をした後、静止水平面上を距離 $\ell$ だけ運動して静止した。壁の表面は滑らかであり、物体と壁とのはねかえり係数(反発係数)を $e$ とする。以下の問いでは、衝突直前の物体の速さ $v_1$ および $e$、 $g$、 $\mu’$ のうち必要なものを用いて解答せよ。

(1) 物体が壁に衝突した直後の速度ベクトルを $\vec{v_2}$ とするとき、その $x$ 方向成分 $v_{2x}$ および $y$ 方向成分 $v_{2y}$ をそれぞれ求めよ。

(2) 物体が点Pで衝突した後、静止するまでに運動した距離 $\ell$ を求めよ。

問1 (1)

円板に乗って見る。物体にはたらく力は、重力 $mg$（下向き）、垂直抗力 $N$（上向き）、静止摩擦力 $f$（円板の中心向き）、遠心力 $ma\omega^2$（外向き）（下の図）。

鉛直方向と半径方向のつり合いは

$$N=mg,\qquad f=ma\omega^2$$

角速度を上げると遠心力が大きくなり、それを支える $f$ も大きくなる。動き始める直前は、 $f$ が最大摩擦力 $\mu N$ に達したとき。その角速度が $\omega_{\mathrm A}$ なので

$$ma{\omega_{\mathrm A}}^2=\mu mg$$

質量 $m$ は約分で消える。

答　$\omega_{\mathrm A}=\sqrt{\dfrac{\mu g}{a}}$（5点）

問1 (2)

質量 $2m$ でも、遠心力は $2ma\omega^2$、最大摩擦力は $\mu\cdot2mg$ で、どちらも2倍になる。つり合いの式から $2m$ が約分で消えるので、動き始める角速度は $\omega_{\mathrm A}$ のまま。 $\omega_1=\omega_{\mathrm A}$ 。

答　1倍（5点）

問1 (3)

半径が $\dfrac a2$ になるので、遠心力は $m\cdot\dfrac a2\cdot\omega^2$ 。動き始める直前の式は

$$m\cdot\frac a2\,{\omega_2}^2=\mu mg\qquad\therefore\ \omega_2=\sqrt{\dfrac{2\mu g}{a}}=\sqrt2\,\omega_{\mathrm A}$$

答　$\sqrt2$倍（5点）

（半径が小さいほど遠心力が小さいので、もっと速く回さないと動き始めない、と式の形からも分かる）

問2 (1)

動き始めた物体は、円板から離れた瞬間の速度の向きのまま直線上を進む。その向きは半径OQに垂直（接線）。この接線が点Pを通るので、三角形OQPはQで直角になる。

OQ$=a$、OP$=\sqrt2\,a$ なので、 $\cos\angle\mathrm{QOP}=\dfrac{a}{\sqrt2\,a}=\dfrac1{\sqrt2}$ より $\angle\mathrm{QOP}=\dfrac\pi4$ 。Pは $y$ 軸上なので、OQが $y$ 軸となす角が $\dfrac\pi4$ 。よって $x$ 軸となす角は $\theta=\dfrac\pi2-\dfrac\pi4$ 。直角二等辺三角形なので、QP$=a$ にもなる。

答　$\dfrac{\pi}{4}$ rad（5点）

（円板は反時計回りなので、Qでの速度は左上向き。第1象限のQから出た接線だけがPに届く）

問2 (2)

離れてからPまでの距離は、(1)より $a$ 。静止水平面の上で物体にはたらく力は、重力 $mg$、垂直抗力 $N$、動摩擦力 $\mu’N$（すべる向きと逆）（下の図）。 $N=mg$ なので動摩擦力は $\mu’mg$ 。

Pでの速さを $v_1$ とおく。離れた瞬間の速さは $a\omega_{\mathrm A}$ 。摩擦がした仕事（ $-\mu’mg\cdot a$ ）だけ運動エネルギーが変わるので、 $W=\Delta E$ より

$$\frac12m{v_1}^2-\frac12m(a\omega_{\mathrm A})^2=-\mu’mg\cdot a$$

$$\therefore\ {v_1}^2=(a\omega_{\mathrm A})^2-2\mu’ga$$

Pに届くのは、この右辺が0以上のとき（届く条件は、速さの2乗が0以上）。

答　$\omega_{\mathrm A}\geqq\sqrt{\dfrac{2\mu’ g}{a}}$（5点）

（等号のときは、ちょうどPで止まる。「Pで壁と衝突する」ところまで考えるなら、Pでの速さが正でなければならないので等号は外れる）

問2 (3)

すべる向きを正にして運動方程式を立てる。鉛直方向は $N=mg$ 。

$$m\alpha=-\mu’mg\qquad\therefore\ \alpha=-\mu’g$$

加速度が一定なので等加速度運動。離れた時刻を0として、時間 $t$ で距離 $a$ 進む。

$$a=a\omega_{\mathrm A}t-\frac12\mu’gt^2\qquad\therefore\ \mu’gt^2-2a\omega_{\mathrm A}t+2a=0$$

$$t=\frac{a\omega_{\mathrm A}\pm\sqrt{(a\omega_{\mathrm A})^2-2\mu’ga}}{\mu’g}$$

2つの解のうち、どちらが答えか。物体は止まれば動かない。止まる時刻は、 $0=a\omega_{\mathrm A}-\mu’gt$ から $t=\dfrac{a\omega_{\mathrm A}}{\mu’g}$ 。根号の前が $+$ の解はこれより後なので、実際の運動ではありえない。止まる前の、根号の前が $-$ の解を選ぶ。

答　$t=\dfrac{a\omega_{\mathrm A}-\sqrt{(a\omega_{\mathrm A})^2-2\mu’ga}}{\mu’g}$（5点）

問2 (4)

(2) で立てた $W=\Delta E$ から、 $v_1$ は正の値なので

答　$v_1=\sqrt{(a\omega_{\mathrm A})^2-2\mu’ga}$（5点）

（確かめ： $v_1=a\omega_{\mathrm A}-\mu’gt$ に(3)の $t$ を入れても同じ式になる）

問3 (1)

Qでの速度は、半径OQに垂直で左上向き（ $x$ 軸の負の向きと $y$ 軸の正の向きに $45^\circ$ ）。直線上を進むので、Pに衝突する直前の速度も同じ向きで、大きさが $v_1$ 。成分は

$$\left(-\frac{v_1}{\sqrt2},\ +\frac{v_1}{\sqrt2}\right)$$

壁はなめらかなので、壁に平行な $x$ 成分は変わらない。壁に垂直な $y$ 成分は、大きさが $e$ 倍になり、向きが逆（負）になる。

答　$v_{2x}=-\dfrac{v_1}{\sqrt2}$ 、 $v_{2y}=-\dfrac{ev_1}{\sqrt2}$（5点）

問3 (2)

衝突直後の速さ $v_2$ は、成分から

$${v_2}^2={v_{2x}}^2+{v_{2y}}^2=\frac{(1+e^2){v_1}^2}{2}$$

衝突後は、動摩擦力が速度と逆向きにはたらくだけなので、向きを変えずに直線上をすべって止まる。摩擦がした仕事 $-\mu’mg\ell$ だけ運動エネルギーが変わるので、 $W=\Delta E$ より

$$0-\frac12m{v_2}^2=-\mu’mg\ell\qquad\therefore\ \ell=\frac{{v_2}^2}{2\mu’g}$$

答　$\ell=\dfrac{(1+e^2){v_1}^2}{4\mu’g}$（5点）

別解

問1 (1)　（外から見る）　円板の外から見ると、物体は半径 $a$ 、角速度 $\omega$ の等速円運動をしている。向心力は静止摩擦力だけなので、運動方程式は $ma\omega^2=f$ 。動き始める直前は $f=\mu mg$ で、同じ式になる。遠心力を入れたつり合いは、この式の左右を入れかえて見ているだけ。本解は、円板に乗って力のつり合いで立式する形にした。

問2 (1)　（座標で）　Qの座標を $(a\cos\theta,\ a\sin\theta)$ とすると、Qでの接線は $x\cos\theta+y\sin\theta=a$ 。これがP $(0,\ \sqrt2\,a)$ を通るので、 $\sqrt2\,a\sin\theta=a$ より $\sin\theta=\dfrac1{\sqrt2}$ 、Qが第1象限なので $\theta=\dfrac\pi4$ 。同じ答え。本解は、図から直角二等辺三角形を読み取る形にした（距離QP$=a$ も同時に分かる）。

問2 (3)　（先に $v_1$ を求める）　2次方程式を解かずに、 (4) の $v_1$ を先に求める。 $v_1=a\omega_{\mathrm A}-\mu’gt$ から $t=\dfrac{a\omega_{\mathrm A}-v_1}{\mu’g}$ 。2つの解から選ぶ必要がなく、同じ答え。本解は、(3)→(4) の順にそのまま従う形にした。

図3に示すように、紙面と垂直に裏から表へ向かう磁束密度 $B$ の一様な磁界(磁場)中で、太さの無視できる導線aWXYZbが、abを回転軸として、aからbを見て時計まわりに一定の角速度 $\omega$ で回転している。このとき、ab間には時間とともに変化する誘導起電力が発生する。導線の折れ曲がり部はすべて直角で、WX、XY、YZの長さはすべて $d$ である。この導線には抵抗値 $R$ の抵抗および電気容量 $C$ のコンデンサーが図のように接続されている。時刻 $t=0$ で、導線aWXYZbは紙面内の図に示す位置にあったとする。抵抗値 $R$ 以外の電気抵抗は無視でき、誘導起電力は接続する回路に影響されないとする。

以下の各問いで特に指示のない場合は、 $B$、 $C$、 $d$、 $R$、 $t$、 $\omega$ のうち必要なものを用いて解答せよ。また、角速度の単位を rad/s とする。必要ならば下記の三角関数の公式を用いてよい。

$$\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta$$

$$\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta$$

問1. 時刻 $t=0$ から $t=\dfrac{\pi}{\omega}$ の間で、電位が高いのはa、bのうちどちらか。

問2. 正方形の領域WXYZを貫く磁束を $\Phi$ とする。時刻 $t$ における $\Phi(t)$ を求めよ。ただし、 $\Phi(t)$ は $t=0$ から $t=\dfrac{\pi}{2\omega}$ の間で正の値をとるとする。

問3. 時刻 $t$ から $t+\Delta t$ の間に正方形の領域WXYZを貫く磁束が変化する量 $\Delta\Phi=\Phi(t+\Delta t)-\Phi(t)$ は、 $\omega\Delta t$ の大きさが十分小さいときには $\Delta\Phi=k_1\Delta t$ と近似できる。 $k_1$ を求めよ。ただし、 $\theta$ の大きさが十分小さいときに成り立つ三角関数の近似式 $\sin\theta\fallingdotseq\theta$、 $\cos\theta\fallingdotseq1$ を用いてよい。

問4. 時刻 $t$ において ab間に発生する誘導起電力 $V(t)$ を求めよ。ただし、 $V(t)$ はbに対してaの電位が高いときを正とする。

問5. 時刻 $t$ において抵抗に流れる電流 $I_R(t)$ を求めよ。ただし、 $I_R(t)$ は図の矢印の向きを正とする。

問6. 時刻 $t$ においてコンデンサーに蓄えられている電気量を $Q(t)$ とするとき、時刻 $t$ から $t+\Delta t$ の間に $Q(t)$ が変化する量 $\Delta Q=Q(t+\Delta t)-Q(t)$ は、 $\omega\Delta t$ の大きさが十分小さいときには $\Delta Q=k_2\Delta t$ と近似できる。 $k_2$ を求めよ。ただし、 $\theta$ の大きさが十分小さいときに成り立つ三角関数の近似式 $\sin\theta\fallingdotseq\theta$、 $\cos\theta\fallingdotseq1$ を用いてよい。

問7. 時刻 $t$ においてコンデンサーに流れる電流 $I_C(t)$ を求めよ。ただし、 $I_C(t)$ は図の矢印の向きを正とする。

問8. 横軸に時間をとり $t=0$ から $t=\dfrac{2\pi}{\omega}$ までの $I_C(t)$ の変化を解答用紙の問8に示した図中に描け。なお、電流の最大値および最小値を同図の $\boxed{\phantom{\text{ア}}}$ に記入せよ。

問9. $I_R(t)$ に対して $I_C(t)$ の位相はどうなるか。下の解答群から適切なものを選び、その番号を解答欄に記入せよ。

① $\dfrac{\pi}{2}$ 遅れている　② 同位相である　③ $\dfrac{\pi}{2}$ 進んでいる　④ $\pi$ 進んでいる

問1

面の「表」を、 $t=0$ で手前（磁場が向かってくる側）を向いている側と決める。磁束 $\Phi$ は、磁場が面を表から裏へ貫くとき（表向き）を正とする（問2 もこの向き）。向きは、大きさとは別に、レンツの法則（増える→打ち消す向き・減る→補う向き）と右ねじの法則で決める。磁束が $0$ をまたぐので、2つの区間に分ける（下の図）。

・$t=0\sim\dfrac{\pi}{2\omega}$：面が磁場と平行に近づくように回り、表向きの磁束が減る。減るのを補う向き、つまり表向きの磁場をつくる向きに電流が流れようとする。表から見て反時計回りなので、起電力の向きは b→Z→Y→X→W→a 。

・$t=\dfrac{\pi}{2\omega}\sim\dfrac{\pi}{\omega}$：面は磁場と平行を通りすぎて裏向きになり、裏向きの磁束が増える。増えるのを打ち消す向き、つまりこの区間でも表向きの磁場をつくる向きなので、起電力の向きは前の区間と同じ b→Z→Y→X→W→a 。

どちらの区間も b→Z→Y→X→W→a の向きに電流を流そうとするので、この導線は a 側へ電流を押し出す電源になる。電源の中は、電流が押し出される先が高電位。

答　a（5点）

問2

面の法線と磁場のなす角が $\omega t$ （ $t=0$ で面は磁場に垂直なので角は0）。面積は $d^2$ なので、磁場に垂直な成分を取って

$$\Phi(t)=B\,d^2\cos\omega t$$

$0<t<\dfrac{\pi}{2\omega}$ で $\cos\omega t>0$ となり、「正の値をとる」という問題の指定と合う。

答　$\Phi(t)=Bd^2\cos\omega t$（4点）

問3

時間で変わるのは $t$ だけなので、 $t$ を $t+\Delta t$ に変えた磁束との差をとる。

$$\Delta\Phi=Bd^2\{\cos(\omega t+\omega\Delta t)-\cos\omega t\}$$

加法定理で $\cos(\omega t+\omega\Delta t)=\cos\omega t\cos\omega\Delta t-\sin\omega t\sin\omega\Delta t$ 。 $\omega\Delta t$ は小さいので $\cos\omega\Delta t\fallingdotseq1$ 、 $\sin\omega\Delta t\fallingdotseq\omega\Delta t$ とすると

$$\Delta\Phi\fallingdotseq Bd^2(\cos\omega t-\omega\Delta t\sin\omega t-\cos\omega t)=-\omega Bd^2\sin\omega t\cdot\Delta t$$

答　$k_1=-\omega Bd^2\sin\omega t$（5点）

問4

ファラデーの電磁誘導の法則より

$$V(t)=-\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}=-k_1$$

表向きの磁束 $\Phi$ が減るとき、補う向きの起電力が生じる。この向きが問1 の b→Z→Y→X→W→a 、つまり a が高い向きで、問題は a が高いときを正としている。 $0<t<\dfrac\pi\omega$ で $\sin\omega t>0$ なので $V>0$ となり、問1 の「a が高い」と合う。

答　$V(t)=\omega Bd^2\sin\omega t$（4点）

問5

誘導起電力は接続する回路に影響されないので、抵抗の両端の電圧は、いつでも $V(t)$ 。a が高いとき電流は a から抵抗を通って b へ流れ、これが図の矢印（下向き）の向き。オームの法則より

$$I_R(t)=\dfrac{V(t)}{R}$$

答　$I_R(t)=\dfrac{\omega Bd^2}{R}\sin\omega t$（4点）

問6

コンデンサーも並列なので、両端の電圧は $V(t)$ 。上の極板（a 側）の電気量を $Q(t)$ とすると

$$Q(t)=CV(t)=\omega CBd^2\sin\omega t$$

問3 と同じように、時間で変わる $t$ だけを $\Delta$ にする。

$$\Delta Q=\omega CBd^2\{\sin(\omega t+\omega\Delta t)-\sin\omega t\}$$

加法定理で $\sin(\omega t+\omega\Delta t)=\sin\omega t\cos\omega\Delta t+\cos\omega t\sin\omega\Delta t$ 。 $\cos\omega\Delta t\fallingdotseq1$ 、 $\sin\omega\Delta t\fallingdotseq\omega\Delta t$ より

$$\Delta Q\fallingdotseq\omega CBd^2\cdot\omega\Delta t\cos\omega t=\omega^2CBd^2\cos\omega t\cdot\Delta t$$

答　$k_2=\omega^2CBd^2\cos\omega t$（5点）

問7

コンデンサーを流れる電流は、電気量の変化の割合。

$$I_C(t)=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}=k_2$$

図の矢印（下向き）は上の極板へ流れこむ向きで、上の極板の電気量 $Q$ が増える向きと同じ。だから符号はそのまま。

答　$I_C(t)=\omega^2CBd^2\cos\omega t$（4点）

問8

問7 の式は $\cos$ の形。 $t=0$ で最大 $\omega^2CBd^2$ 、 $t=\dfrac{\pi}{2\omega}$ で0、 $t=\dfrac{\pi}{\omega}$ で最小 $-\omega^2CBd^2$ 、 $t=\dfrac{3\pi}{2\omega}$ で0、 $t=\dfrac{2\pi}{\omega}$ で最大に戻る。解答欄の横軸は12マスで、実線の縦線が $\dfrac{\pi}{2\omega}$ ごと。0 を通る点と山・谷が、ちょうど実線の上に来る（縦軸は0の上下に4マスずつ。山と谷が上端と下端）。最大値 $\omega^2CBd^2$ を上の四角、最小値 $-\omega^2CBd^2$ を下の四角に書く。

解答用紙の図の縦軸の上の端と下の端に四角（ $\boxed{\quad}$ ）があり、そこに最大値と最小値を書く（下の図の枠）。

答　上の図のグラフ（最大値 $\omega^2CBd^2$ 、最小値 $-\omega^2CBd^2$ ）（5点）

問9

$I_R=\dfrac{\omega Bd^2}{R}\sin\omega t$ 、 $I_C=\omega^2CBd^2\cos\omega t=\omega^2CBd^2\sin\left(\omega t+\dfrac\pi2\right)$ 。 $I_C$ の山は $I_R$ の山より $\dfrac\pi2$ だけ先に来るので、 $I_C$ は $I_R$ より $\dfrac\pi2$ 進んでいる（下の図。山の高さは見やすいようにそろえてある）。コンデンサーの電流は電圧より $\dfrac\pi2$ 進み、抵抗の電流は電圧と同位相なので、 $I_C$ が $I_R$ より進むのは当然の結果。

答　③（4点）

別解

問1・問4　辺 XY の $vBl$ から

誘導起電力は辺 XY だけで生じると見る。辺 XY は軸から $d$ の円周上を速さ $\omega d$ で動く。磁場は手前向きなので、速度のうち磁場に垂直な成分（軸に近づく向き）は $\omega d\sin\omega t$ 。正の電荷が受ける力は鉛直上向き（Y→X）なので、X 側が高電位となり、X→W→a と続いて a が高い。辺 WX・YZ は水平で、受ける力は鉛直なので辺に垂直。起電力は生じない。

$$V=(\omega d\sin\omega t)\cdot B\cdot d=\omega Bd^2\sin\omega t$$

$0<t<\dfrac\pi\omega$ で $\sin\omega t>0$ なので向きは変わらず、本解と同じ。ただし、回るコイルは、基本のファラデーの法則で導けるようにしておく。

問3　微分で

$\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ は $\Phi$ の時間微分と同じ。 $\dfrac{d\Phi}{dt}=-\omega Bd^2\sin\omega t$ で、 $k_1$ は本解と同じ。

問7　最大値と位相を別々に

電圧の最大値は $V_0=\omega Bd^2$ 、コンデンサーのリアクタンスは $\dfrac1{\omega C}$ 。電流の最大値は $\dfrac{V_0}{1/\omega C}=\omega^2CBd^2$ 。電流は電圧より $\dfrac\pi2$ 進むので、 $V=V_0\sin\omega t$ から $I_C=\omega^2CBd^2\sin\left(\omega t+\dfrac\pi2\right)=\omega^2CBd^2\cos\omega t$ 。本解と同じ。公式を覚えていれば問6 の計算を飛ばせるが、この大問は近似で導かせる誘導なので、導き方も押さえておく。

細い溝を格子状に刻んだガラス板がある。図4に示すように、波長 $\lambda$ の平行なレーザー光線をこのガラス板の格子面に垂直にあて、格子面から十分に遠い距離 $L$ にあるスクリーンに映す。スクリーンは格子面と平行である。

以下の空欄 $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{サ}}$ に適切な語句、記号、数式あるいは数値を入れよ。ただし、語句(ア)については「上下」、「左右」のどちらかを、記号(キ)については、 $>$、 $=$、 $<$ のいずれかを選べ。数値は有効数字2桁で求めよ。また、角度の単位は rad とし、数値ならびに数式を求める際に、大きさが 0.1 rad 以下の小さい角度 $\alpha$ については、 $\cos\alpha\fallingdotseq1.0$、 $\sin\alpha\fallingdotseq\tan\alpha\fallingdotseq\alpha$ と近似せよ。

1. 格子面では細い溝で囲まれた同じ大きさの升目(ますめ)が、上下方向および左右方向に規則正しく並んでいる。これらの升目を通過して回折した光線は互いに干渉してスクリーン上に図5に示すパターンをつくる。図5の黒塗りの部分が明るいところであり、中央のOは入射光と同じ方向に進んできた光線である。その左右に光線Aのような明るいところがほぼ等間隔に生じるのは、升目が $\text{語句}\,\boxed{\text{ア}}$ 方向に間隔 $d_{\mathrm{A}}$ で規則正しく並んでいるためである。光線Aが入射光となす角度を $\theta_{\mathrm{A}}$ とする。間隔 $d_{\mathrm{A}}$ で隣りあう升目を通過して光線Aの方向に回折した光の道のりの差は $\text{数式}\,\boxed{\text{イ}}$ であり、それが波長 $\lambda$ の $\text{数値}\,\boxed{\text{ウ}}$ 倍になっている。

$\lambda=0.53\ \mu\mathrm{m}$ の緑色レーザー光線を格子面の一部(直径約 2 mm の領域)にあて、スクリーンの位置を $L=2000\ \mathrm{mm}$ とした。 $1\ \mu\mathrm{m}$ は $10^{-3}\ \mathrm{mm}$ である。光線Oと光線Aの中心間の距離 $\Delta x$ をスクリーン上で測ったところ、 $\Delta x=32\ \mathrm{mm}$ であった。したがって、光線Aが入射光となす角は $\theta_{\mathrm{A}}=\text{数値}\,\boxed{\text{エ}}\ \mathrm{rad}$ である。このとき、格子の間隔 $d_{\mathrm{A}}$ は、 $\Delta x$、 $L$、 $\lambda$ を用いて $d_{\mathrm{A}}=\text{数式}\,\boxed{\text{オ}}$ で表され、その値は $d_{\mathrm{A}}=\text{数値}\,\boxed{\text{カ}}\ \mu\mathrm{m}$ と求められる。一方、光線Oとその真上にある光線Bの中心間距離 $\Delta y$ は、スクリーン上で 36 mm であった。これより、 $\text{語句}\,\boxed{\text{ア}}$ の方向に垂直な方向の格子の間隔 $d_{\mathrm{B}}$ は、 $d_{\mathrm{A}}$ と比較すると、 $d_{\mathrm{B}}\ \text{記号}\,\boxed{\text{キ}}\ d_{\mathrm{A}}$ である。

2. 次に、図6に示すように、薄い凸レンズを格子面から $a=50\ \mathrm{mm}$ の距離に格子面と平行に置いたところ、今度はスクリーン上に、レーザー光線があたっている領域の格子の拡大像が鮮明に現れた。このことから、このレンズの焦点距離 $f$ が $\text{数値}\,\boxed{\text{ク}}\ \mathrm{mm}$ であることがわかる。また、倍率 $M$ は $\text{数値}\,\boxed{\text{ケ}}$ である。

格子面で回折した光線は、凸レンズを通った後に、焦点面(焦点距離 $f$ の位置にあるレンズと平行な平面)上の異なる点に集まる。光線Oが集まる点 $\mathrm{F_O}$ と光線Aが集まる点 $\mathrm{F_A}$ の間隔 $D$ は、 $d_{\mathrm{A}}$、 $f$、 $\lambda$ を使って $D=\text{数式}\,\boxed{\text{コ}}$ と表される。

3. 凸レンズを通って点 $\mathrm{F_O}$ や点 $\mathrm{F_A}$ に集まる光線は、レンズの働きによってそれぞれ位相がそろっている。以下では、焦点面での光線Oと光線Aは同じ位相であるとする。小さな穴があいた板を焦点面に置いて、点 $\mathrm{F_O}$ の光線Oと点 $\mathrm{F_A}$ の光線Aのみを通したところ、今までスクリーン上で拡大像が現れていた円形の領域に、直線状の明暗の干渉縞が等間隔に現れた。焦点面からスクリーンまでの距離を $\ell$ とすると、 $\ell$ が $D$ や干渉縞が現れている領域の半径と比べて十分に長いので、縞の隣りあう明線(または隣りあう暗線)の間隔 $\Delta X$ は、 $D$、 $\ell$、 $\lambda$ を使って $\Delta X=\text{数式}\,\boxed{\text{サ}}$ と表される。この式と数式(コ)から、間隔 $\Delta X$ と格子の間隔 $d_{\mathrm{A}}$ の関係式が求められる。

空欄ア

明点は、回折格子ではすき間が並ぶ向きに並ぶ。光線Oの左右に明点が等間隔に並んでいるので、升目は左右に間隔 $d_{\mathrm A}$ で並んでいる。上下にも明点が並ぶので、上下にも別の間隔 $d_{\mathrm B}$ で並んでいる2次元の格子だと分かる。

答（ア）　左右（3点）

空欄イ・ウ

隣り合う升目を通って光線Aの向きに進む2つの光を図に書く。上の升目から、下の升目を出た光線に垂線をおろす。垂線より先は2つの光の道のりが同じなので、垂線までの差が道のりの差になる。直角三角形の辺の比から

$$\Delta=d_{\mathrm A}\sin\theta_{\mathrm A}$$

光線Oの隣の明点なので、道のりの差は波長1個ぶん（1次の明線）。$\Delta=1\times\lambda$ なので、波長の1倍。

答（イ）　$d_{\mathrm A}\sin\theta_{\mathrm A}$（4点）

答（ウ）　1（2点）

空欄エ〜カ

上から見た図を書く。光線Aの方向と入射光のなす角が $\theta_{\mathrm A}$。スクリーンまでの距離が $L$、OA間の距離が $\Delta x$ なので $\tan\theta_{\mathrm A}=\dfrac{\Delta x}{L}$。$\theta_{\mathrm A}$ は 0.1 rad 以下の小さい角なので、$\theta_{\mathrm A}\fallingdotseq\tan\theta_{\mathrm A}$（ $\sin\theta_{\mathrm A}\fallingdotseq\tan\theta_{\mathrm A}$ ）と近似する。

$$\theta_{\mathrm A}=\frac{\Delta x}{L}=\frac{32}{2000}=1.6\times10^{-2}\ \mathrm{rad}$$

答（エ）　$1.6\times10^{-2}$（3点）

道のりの差が1波長なので $d_{\mathrm A}\sin\theta_{\mathrm A}=\lambda$。$\sin\theta_{\mathrm A}\fallingdotseq\dfrac{\Delta x}{L}$ を代入して

$$d_{\mathrm A}\cdot\frac{\Delta x}{L}=\lambda\qquad\therefore\ d_{\mathrm A}=\frac{\lambda L}{\Delta x}$$

答（オ）　$\dfrac{\lambda L}{\Delta x}$（4点）

$\dfrac{L}{\Delta x}$ は比なので、$L$ と $\Delta x$ の単位を mm のままにして、$\lambda$ を $\mu\mathrm{m}$ のまま入れれば、答えも $\mu\mathrm{m}$ で出る。

$$d_{\mathrm A}=0.53\times\frac{2000}{32}=33.1\cdots\ \mu\mathrm{m}$$

有効数字2桁で

答（カ）　33（4点）

空欄キ

上下方向も同じ。光線Oの上の明点Bについて、隣り合う升目の道のりの差が1波長になるので $d_{\mathrm B}\sin\theta_{\mathrm B}=\lambda$。$\sin\theta_{\mathrm B}\fallingdotseq\dfrac{\Delta y}{L}$ より

$$d_{\mathrm B}=\frac{\lambda L}{\Delta y}=0.53\times\frac{2000}{36}\fallingdotseq29\ \mu\mathrm{m}$$

$d_{\mathrm A}$ と $d_{\mathrm B}$ は、$\Delta x$ と $\Delta y$ に反比例する。$\Delta y=36\ \mathrm{mm}$ は $\Delta x=32\ \mathrm{mm}$ より大きいので、$d_{\mathrm B}$ は $d_{\mathrm A}$ より小さい。

答（キ）　$<$（3点）

空欄ク・ケ

スクリーンに格子の鮮明な像ができたので、格子面を物体と見て、レンズの公式を使う。格子面からレンズまでが $a=50\ \mathrm{mm}$、レンズからスクリーンまでが $b=2000-50=1950\ \mathrm{mm}$（図6に書いてある）。

$$\frac1a+\frac1b=\frac1f\qquad\therefore\ \frac1f=\frac{1}{50}+\frac{1}{1950}=\frac{40}{1950}\qquad f=\frac{1950}{40}=48.75\ \mathrm{mm}$$

有効数字2桁で

答（ク）　49（4点）

倍率は、物体と像のレンズからの距離の比。

$$M=\frac ba=\frac{1950}{50}=39$$

答（ケ）　39（3点）

空欄コ

光線Aは、格子面の各点から角 $\theta_{\mathrm A}$ で出る平行光で、レンズで焦点面の1点 $\mathrm{F_A}$ に集まる。この点は、同じ向きの光のうちレンズの中心を通る光（レンズの中心では曲がらずに直進する）が焦点面と交わる点と同じ。光線Oは光軸と平行なので、焦点面で光軸上の点 $\mathrm{F_O}$ に集まる。直角三角形（辺 $f$・$D$、角 $\theta_{\mathrm A}$）より

$$D=f\tan\theta_{\mathrm A}\fallingdotseq f\theta_{\mathrm A}$$

空欄イ・ウの $d_{\mathrm A}\sin\theta_{\mathrm A}=\lambda$ で $\sin\theta_{\mathrm A}\fallingdotseq\theta_{\mathrm A}$ とすると $\theta_{\mathrm A}=\dfrac{\lambda}{d_{\mathrm A}}$。

$$D=f\cdot\frac{\lambda}{d_{\mathrm A}}=\frac{f\lambda}{d_{\mathrm A}}$$

答（コ）　$\dfrac{f\lambda}{d_{\mathrm A}}$（5点）

（数値で確かめると $D=\dfrac{48.75\times0.53\times10^{-3}}{33.1\times10^{-3}}\fallingdotseq0.78\ \mathrm{mm}$。焦点面での間隔は1 mm にも満たない）

空欄サ

焦点面の穴を通った2つの光は、点 $\mathrm{F_O}$・$\mathrm{F_A}$ を同位相の光源とするヤングの実験になる。スクリーン上の点 $\mathrm P$ へ向かう2つの光は、$\ell$ が $D$ より十分長いので平行とみなせる。$\mathrm{F_A}$ から出る光に、$\mathrm{F_O}$ から垂線をおろすと、道のりの差は

$$\Delta=D\sin\varphi\fallingdotseq D\tan\varphi=D\cdot\frac{X}{\ell}$$

（ $X$ は、2点の中点から焦点面に垂直にのびる線（中央の明線）から点 $\mathrm P$ までの距離、$\varphi$ は小さい角）。明線は $\Delta=m\lambda$（ $m$ は整数）の位置にできるので、$X_m=\dfrac{m\ell\lambda}{D}$。隣りあう明線の間隔は $X_{m+1}-X_m$ で

$$\Delta X=\frac{\ell\lambda}{D}$$

答（サ）　$\dfrac{\ell\lambda}{D}$（5点）

最後の一文（間隔 $\Delta X$ と格子の間隔 $d_{\mathrm A}$ の関係式）

サの式に、コの $D=\dfrac{f\lambda}{d_{\mathrm A}}$ を代入する。$\lambda$ が消えて

$$\Delta X=\frac{\ell\lambda}{D}=\frac{\ell\lambda\,d_{\mathrm A}}{f\lambda}=\frac{\ell}{f}\,d_{\mathrm A}$$

$\ell$ は焦点面からスクリーンまでなので $\ell=b-f$。レンズの公式 $\dfrac1f=\dfrac1a+\dfrac1b$ の両辺に $b$ をかけると $\dfrac bf=\dfrac ba+1$ だから

$$\frac{\ell}{f}=\frac bf-1=\frac ba=M$$

$$\boxed{\Delta X=Md_{\mathrm A}}$$

干渉縞の間隔は、格子の間隔の $M$ 倍、つまり格子の拡大像と同じ間隔になる（数値では $39\times33\ \mu\mathrm{m}\fallingdotseq1.3\ \mathrm{mm}$）。0次光（光線O）と1次光（光線A）の2本だけを通しても、格子の周期が像としてそのまま現れる。

別解

最後の一文（倍率から見通す）

レンズは格子面の像を $M$ 倍の大きさでスクリーンに作る。もとの格子の周期が $d_{\mathrm A}$ なら、像の周期は $M$ 倍の $Md_{\mathrm A}$。0次光と1次光の干渉縞の間隔は、この像の周期と同じはずなので $\Delta X=Md_{\mathrm A}$。計算せずに答えの形を予想でき、上の計算の確かめになる。