【解説・配点付き】2004年九州大学物理の解答・解説

図1に示すように、水平面PTと角度 $30^\circ$ をなす斜面PQ、半径 $r\ [\mathrm{m}]$ の円弧状の曲面QRS、および水平面と角度 $45^\circ$ をなす斜面STが継ぎ目なく連続した面PQRST上での、質量が $m\ [\mathrm{kg}]$ の小物体の運動を考える。斜面PQおよび円弧状の曲面QRSの部分は摩擦がなく滑らかであるが、右側の斜線で示した斜面STは動摩擦係数が $\mu'$ である摩擦のある面とする。円弧状の曲面は図のように水平面PTに接する円筒の一部であり、円弧の頂点Rから水平面PTに下ろした垂線と水平面の交点を $\mathrm{R'}$ とするとき、水平方向の距離 $\overline{\mathrm{PR'}}$、 $\overline{\mathrm{R'T}}$ はいずれも $r$ を用いて表され、それぞれ、 $\overline{\mathrm{PR'}}=(2+\sqrt3)r$、 $\overline{\mathrm{R'T}}=(1+\sqrt2)r$ である。小物体は十分小さいため、大きさを考える必要はなく、つねに面に接触して運動すると見なすことができる。重力加速度の大きさを $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ とする。ただし、バネを縮める際の小物体の重力による位置エネルギーの変化は無視する。また空気の抵抗は無視できるものとする。

問1. 質量 $m$ の小物体を、バネ定数が $k\ [\mathrm{N/m}]$ で質量の無視できるバネに接触させ、バネが自然長のとき小物体がちょうどP点に位置するような支持台を設ける。バネを自然長から長さ $x_0\ [\mathrm{m}]$ だけ縮めたのちに、小物体を斜面PQに沿って発射させた。P点を通過するときの斜面に沿った方向の速度の大きさ $v_0\ [\mathrm{m/s}]$ を求めよ。

問2. 小物体が斜面PQに沿って上向きに運動を開始した後の運動について以下の問いに答えよ。解答はそれぞれ $\mu'$、 $m$、 $r$、 $g$、 $k$ の中から必要なものを用いて表せ。

(1) 斜面PQを上昇中に小物体に作用する力をすべて述べ、それらの大きさを示せ。

(2) 小物体が円弧の頂点Rを越えて運動するためには、バネを自然長よりある長さ縮めなければならない。その最小値を求めよ。

問3. 小物体が頂点Rを越えて点Sまで円弧の表面から離れることなく運動するためには、バネを自然長から縮める長さ $x_0$ について最大値が存在する。この最大値を求め、問2(2)の結果から得られる最小値とあわせて、 $x_0$ の満たすべき範囲を求めよ。解答は $x_0$、 $\mu'$、 $m$、 $r$、 $g$、 $k$ の中から必要なものを用いて表せ。

問4. 小物体が面から離れることなく円弧の頂点を越えて運動を続け、点Sに達した後の運動について、以下の問いに答えよ。ただし、斜面の下端T点では反発係数（はねかえり係数） $e$ の壁が、斜面に垂直に立っているものとする。解答は $x_0$、 $\mu'$、 $m$、 $r$、 $g$、 $k$、 $e$ の中から必要なものを用いて表せ。

(1) 小物体が点Sに達したときの小物体の速度の大きさ $v_{\mathrm{S}}\ [\mathrm{m/s}]$ を、 $x_0$ を含む式で表せ。

(2) 小物体が斜面STに沿って運動しT点で壁に衝突した。衝突直前の速度の大きさ $v_{\mathrm{T}}\ [\mathrm{m/s}]$ を、 $v_{\mathrm{S}}$ を含む式で表せ．さらに衝突直後の小物体の速度の大きさ、および壁が小物体に加えた力積の大きさを、それぞれ $v_{\mathrm{T}}$ を用いて表せ。

(3) 衝突後、斜面に沿って上向きに運動していた小物体が、ちょうどS点まで上昇して静止したとすれば、最初のバネの縮み $x_0$ はいくらであったか求めよ。また、特に $e=1$ である場合に、この運動が実現できるためには、斜面STの動摩擦係数 $\mu'$ はどのような範囲の値でなければならないか。

問1

力学的エネルギーを $E=K+U_k$ とおく。ばねの力は保存力で、縮める間の重力による位置エネルギーの変化は無視してよい。縮めたとき（速さ0）とP点（自然長）を比べる。

$$\frac12kx_0^2=\frac12mv_0^2$$

答　$v_0=x_0\sqrt{\dfrac km}$（4点）

問2 (1)

力は「重力 → 触れているもの」の順に書く。小物体が触れているのは斜面だけで、斜面はなめらかなので摩擦はない。ばねとは、P点で離れている。はたらく力は、重力と垂直抗力の2つ。

垂直抗力 $N$ は、斜面に垂直な方向が動かないことから、重力の斜面に垂直な成分とつり合う。

$$N-mg\cos30^\circ=0$$

答（重力）　$mg$（鉛直下向き）（2点）

答（垂直抗力）　$\dfrac{\sqrt3}{2}mg$（斜面に垂直で、斜面から離れる向き）（2点）

（斜面に平行な方向には、重力の成分 $mg\sin30^\circ=\dfrac12mg$ だけがはたらき、上昇する小物体を減速させるが、これは重力を分けた成分で、別の力ではない）

問2 (2)

頂点Rの高さは、円の最上点なので $2r$ 。ばねを縮めたときと頂点Rを比べる。斜面PQと円弧は摩擦がなく、垂直抗力は運動の向きと垂直で仕事をしないので、力学的エネルギーは保存する。Rでの速さを $v_{\mathrm R}$ として

$$\frac12kx_0^2=\frac12mv_{\mathrm R}^2+mg\cdot2r\qquad\therefore\ v_{\mathrm R}^2=\frac kmx_0^2-4gr$$

頂点Rを「越えて」運動するには、Rで速さが残っていること。ちょうど0ならRで止まって越えないので、 $v_{\mathrm R}^2>0$ 。

$$\frac kmx_0^2-4gr>0\qquad\therefore\ x_0>2\sqrt{\frac{mgr}{k}}$$

答　$2\sqrt{\dfrac{mgr}{k}}$（5点）

（ちょうどこの値では R で止まるので、越えるのは $x_0$ がこの値より大きいとき、聞かれているのは最小値なので、境目の値を答える）

問3

円弧の上の、鉛直から角 $\varphi$ の位置で立式する。円の中心Oの高さは $r$ なので、この位置の高さは $r(1+\cos\varphi)$ 。基準はP点の高さとする。力学的エネルギー保存は

$$\frac12kx_0^2=\frac12mv^2+mgr(1+\cos\varphi)\qquad\cdots①$$

中心方向の運動方程式は、中心向きを正として、外側をすべるので重力の中心方向の成分 $mg\cos\varphi$ が中心向き、垂直抗力 $N$ が中心から遠ざかる向き。

$$m\frac{v^2}{r}=mg\cos\varphi-N\qquad\cdots②$$

② から $mv^2=r(mg\cos\varphi-N)$ 。これを ① に丸ごと代入して

$$\frac12kx_0^2=\frac12r(mg\cos\varphi-N)+mgr(1+\cos\varphi)$$

$$\therefore\ N=mg(2+3\cos\varphi)-\frac{kx_0^2}{r}$$

円弧は Q（ $\varphi=-30^\circ$ ）から S（ $\varphi=45^\circ$ ）まで。 $N$ は $\cos\varphi$ が小さいほど小さい。 $\cos\varphi$ は $\varphi=0$ で最大で、傾きが急な所ほど小さいので、Q（ $\cos30^\circ$ ）より S（ $\cos45^\circ$ ）の方が小さい。最も離れやすいのは S（下の図）。

S まで離れない条件は、S で $N\geqq0$ （ $N=0$ は離れる直前で、まだ接している）。

$$mg\left(2+\frac{3}{\sqrt2}\right)-\frac{kx_0^2}{r}\geqq0\qquad\therefore\ x_0^2\leqq\left(2+\frac{3\sqrt2}{2}\right)\frac{mgr}{k}=\frac{(4+3\sqrt2)mgr}{2k}$$

答（最大値）　$\sqrt{\dfrac{(4+3\sqrt2)mgr}{2k}}$（6点）

問2 (2) の最小値とあわせて、頂点を越える（下から）と S まで離れない（上から）で挟む。

答（範囲）　$2\sqrt{\dfrac{mgr}{k}}<x_0\leqq\sqrt{\dfrac{(4+3\sqrt2)mgr}{2k}}$（4点）

（左端は「越える」ので等号なし、右端は「離れることなく」なので等号あり、 $\mu'$ は答えに入らず、この範囲は、摩擦のないPQRSの部分だけで決まる）

問4 (1)

点Sの高さを求める。斜面STは円弧に接しているので、点Sで半径OSは斜面STに垂直。斜面STは水平面と $45^\circ$ なので、OSは鉛直と $45^\circ$ をなす。点Sの高さは

$$r(1+\cos45^\circ)=\frac{2+\sqrt2}{2}r$$

ばねを縮めたときと点Sで力学的エネルギー保存を立てる。

$$\frac12kx_0^2=\frac12mv_{\mathrm S}^2+mg\cdot\frac{2+\sqrt2}{2}r\qquad\therefore\ v_{\mathrm S}^2=\frac kmx_0^2-(2+\sqrt2)gr$$

答　$v_{\mathrm S}=\sqrt{\dfrac kmx_0^2-(2+\sqrt2)gr}$（4点）

問4 (2)

斜面STの長さは、点Tから円に引いた接線の長さが等しいので $\overline{\mathrm{ST}}=\overline{\mathrm{R'T}}=(1+\sqrt2)r$ 。点Tは水平面の上なので、点Sとの高さの差は点Sの高さ $\dfrac{2+\sqrt2}{2}r$ （ $=(1+\sqrt2)r\sin45^\circ$ ）。

斜面に垂直な方向のつり合いから、垂直抗力は $N=mg\cos45^\circ=\dfrac{mg}{\sqrt2}$ 、動摩擦力は $\mu'N=\dfrac{\mu'mg}{\sqrt2}$ 。摩擦の仕事は、進行方向と逆なので負で

$$-\frac{\mu'mg}{\sqrt2}(1+\sqrt2)r=-\mu'mg\cdot\frac{2+\sqrt2}{2}r$$

摩擦が仕事をするので $W=\Delta E$ （ $W=E_後-E_前$ ）。点Tの高さを基準にして、点Sと点Tを比べる。

$$-\mu'mg\cdot\frac{2+\sqrt2}{2}r=\frac12mv_{\mathrm T}^2-\left(\frac12mv_{\mathrm S}^2+mg\cdot\frac{2+\sqrt2}{2}r\right)$$

$$\therefore\ v_{\mathrm T}^2=v_{\mathrm S}^2+(2+\sqrt2)(1-\mu')gr$$

答　$v_{\mathrm T}=\sqrt{v_{\mathrm S}^2+(2+\sqrt2)(1-\mu')gr}$（4点）

壁は斜面に垂直に立っているので、衝突で変わるのは斜面にそった速度だけ。反発係数 $e$ から、速さは $e$ 倍になって向きが逆になる。

答（直後の速さ）　$ev_{\mathrm T}$（2点）

力積は運動量の変化。壁が小物体に加える力は斜面上向きなので、上向きを正とする。衝突の直前の速度は $-v_{\mathrm T}$ 、直後は $+ev_{\mathrm T}$ 。

$$I=m(ev_{\mathrm T})-m(-v_{\mathrm T})=m(1+e)v_{\mathrm T}$$

答（力積の大きさ）　$m(1+e)v_{\mathrm T}$（2点）

問4 (3)

先に見通しを言う。「この運動が実現できる」とは、最初に頂点Rを越えて点Sまで離れずに進めること、つまり問3 の範囲に $x_0$ が入っていること。新しい条件は作らない。まず $x_0$ を求め、 $e=1$ のときの値を問3 の範囲に入れる。

衝突のあと、速さ $ev_{\mathrm T}$ で斜面を上り、ちょうど点Sで速さ0になる。上りも $W=\Delta E$ 。上りは重力も摩擦も運動と逆向きで、どちらも減速させる。摩擦の仕事は下りと同じ $-\mu'mg\cdot\dfrac{2+\sqrt2}{2}r$ 。点Tの高さを基準にして、衝突直後と点Sを比べる。

$$-\mu'mg\cdot\frac{2+\sqrt2}{2}r=mg\cdot\frac{2+\sqrt2}{2}r-\frac12m(ev_{\mathrm T})^2\qquad\therefore\ e^2v_{\mathrm T}^2=(2+\sqrt2)(1+\mu')gr$$

(1)(2) の結果から $v_{\mathrm T}^2=\dfrac kmx_0^2-(2+\sqrt2)gr+(2+\sqrt2)(1-\mu')gr=\dfrac kmx_0^2-(2+\sqrt2)\mu'gr$ 。これを入れて

$$e^2\left\{\frac kmx_0^2-(2+\sqrt2)\mu'gr\right\}=(2+\sqrt2)(1+\mu')gr$$

$$\therefore\ x_0^2=\frac{(2+\sqrt2)(1+\mu'+\mu'e^2)mgr}{ke^2}$$

答（縮み）　$x_0=\sqrt{\dfrac{(2+\sqrt2)(1+\mu'+\mu'e^2)mgr}{ke^2}}$（5点）

$e=1$ のとき $kx_0^2=(2+\sqrt2)(1+2\mu')mgr$ 。これを問3 の範囲 $\dfrac{4mgr}{k}<x_0^2\leqq\dfrac{(4+3\sqrt2)mgr}{2k}$ に入れる。

$$4<(2+\sqrt2)(1+2\mu')\leqq\frac{4+3\sqrt2}{2}$$

左側： $1+2\mu'>\dfrac{4}{2+\sqrt2}=\dfrac{4(2-\sqrt2)}{2}=4-2\sqrt2$ より $\mu'>\dfrac{3-2\sqrt2}{2}$ 。

右側： $1+2\mu'\leqq\dfrac{4+3\sqrt2}{2(2+\sqrt2)}=\dfrac{(4+3\sqrt2)(2-\sqrt2)}{4}=\dfrac{1+\sqrt2}{2}$ より $\mu'\leqq\dfrac{\sqrt2-1}{4}$ 。

答（動摩擦係数の範囲）　$\dfrac{3-2\sqrt2}{2}<\mu'\leqq\dfrac{\sqrt2-1}{4}$（5点）

（左端は「越える」ので等号なし、右端は「離れない」ので等号あり）

別解

問3　（遠心力を入れて）　小物体に乗って見ると、重力の中心方向の成分 $mg\cos\varphi$ 、垂直抗力 $N$ 、遠心力 $m\dfrac{v^2}{r}$ がつり合う。

$$N+m\frac{v^2}{r}=mg\cos\varphi$$

式 ② を移項しただけで、同じ式。遠心力を図に書き込む教え方もあるが、本解は書き込まなくてよい運動方程式の形にした。

問3　（S での速さで）　S で離れない条件 $N\geqq0$ は、中心方向の運動方程式から $m\dfrac{v_{\mathrm S}^2}{r}\leqq mg\cos45^\circ$ 、つまり $v_{\mathrm S}^2\leqq\dfrac{gr}{\sqrt2}$ 。 $v_{\mathrm S}^2=\dfrac kmx_0^2-(2+\sqrt2)gr$ （問4 (1)）を入れると

$$\frac kmx_0^2-(2+\sqrt2)gr\leqq\frac{gr}{\sqrt2}\qquad\therefore\ x_0^2\leqq\frac{(4+3\sqrt2)mgr}{2k}$$

同じ答え。一般の角 $\varphi$ で $N$ を求める本解は、どの位置が最も離れやすいかも同時に見える形にした。

図2に示すように、長さ $2h\ [\mathrm{m}]$ の2本の導体のレールを間隔 $d\ [\mathrm{m}]$ で平行に並べ垂直に立てる。レールの上端（点ア、イ）を原点として、鉛直下向きに $x$ 軸をとる（単位 $[\mathrm{m}]$）。このレールに、質量 $m\ [\mathrm{kg}]$ の導体棒を両端が点ウ、エでレールに接して水平を保ちながら動けるように取り付けた。レールの上半分 $(0\leqq x\leqq h)$ は滑らかで摩擦はないが、下半分 $(h\leqq x\leqq2h)$ ではレールと導体棒の間の動摩擦係数は $\mu'$ である。レールには、スイッチSを介して電気容量 $C\ [\mathrm{F}]$ のコンデンサーまたは抵抗値 $R\ [\Omega]$ の抵抗が接続できるようになっており、磁束密度の大きさが $B\ [\mathrm{T}]$ の一様な磁界が図のように加えられている。ただし磁界の向きは、2本のレールを含む鉛直平面に直交する方向から角度 $\theta\ [\mathrm{rad}]$ だけ上向きに傾いている。最初にスイッチSを初期電気量0のコンデンサーに接続した状態で導体棒をレールの上部 $(x=0)$ から初速度0で落下させた。導体棒がレールの中間点 $(x=h)$ に達した瞬間にスイッチSをコンデンサーから切り離し、抵抗 $R$ に接続した。

重力加速度の大きさを $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ とし、導体棒に作用する空気抵抗や回路に流れる電流による磁界は無視できるものとして、以下の問いに答えよ。

問1. レールがコンデンサーCに接続されている区間 $(0\leqq x\leqq h)$ について

(1) 導体棒の落下速度を $v\ [\mathrm{m/s}]$、加速度を $a\ [\mathrm{m/s^2}]$、導体棒に流れる電流を $I\ [\mathrm{A}]$ とするとき、 $x$ 方向（鉛直方向）の運動方程式を $I$ を含む式で表せ。

(2) 四角形アイウエを垂直に貫く磁束の大きさ $\Phi\ [\mathrm{Wb}]$ を $x$ を含む式で表せ。

(3) コンデンサーに蓄えられる電気量 $Q\ [\mathrm{C}]$ を導体棒の落下速度 $v$ を含む式で表せ。

(4) 導体棒を流れる電流 $I$ を $C$、 $a$ を含む式で表せ。

(5) (1)、(4)の結果を用いると、加速度 $a$ が重力加速度の大きさ $g$ に比例することを示すことができる。その比例定数を求めよ。

問2. レールが電気抵抗 $R$ に接続されている区間 $(h\leqq x\leqq2h)$ について

(1) 導体棒の落下速度を $v$、加速度を $a$ とするとき、 $x$ 方向（鉛直方向）の運動方程式を $R$、 $v$、 $B$ を含む式で表せ。

(2) ある時間が経過した後、導体棒の落下速度 $v$ は $v_0$ で一定になった。 $v_0$ を求めよ。

(3) 導体棒の落下速度が $v_0$ で一定になった後に、電気抵抗 $R$ で消費される電力 $P_1$ と導体棒を摩擦力に抗して動かすのに必要な仕事率 $P_2$ を $v_0$ を含む式で表せ。

(4) 導体棒の位置エネルギーの単位時間あたりの変化は、(3)で求めた $P_1$ と $P_2$ の和に等しくなることを、導体棒の落下速度が $v_0$ で一定になった場合について示せ。

問1 (1)

棒には電流 $I$ が流れ、磁場から力を受ける。力の大きさは $IBd$ で、向きは磁場と棒の両方に垂直。磁場を2つの成分に分けて考えると、 $B\cos\theta$ の成分からは鉛直上向きに $IBd\cos\theta$（落下を妨げる向き）、 $B\sin\theta$ の成分からは水平に $IBd\sin\theta$ の力を受ける（90°違う力は sin と cos が入れかわる）。上半分はレールがなめらかなので、水平の力はレールからの垂直抗力 $N$ とつり合うだけで、運動には関係しない（下の図）。

鉛直下向き（$x$ の正の向き）の力は、重力 $mg$ と上向きの $IBd\cos\theta$ だけ。運動方程式の理由：鉛直方向に動くので、鉛直方向の力で $ma$ を立てる。

$$ma=mg-IBd\cos\theta$$

答　$ma=mg-IBd\cos\theta$（4点）

問1 (2)

四角形アイウエの面積は $dx$。磁束は「面に垂直な磁場の成分×面積」なので、 $B\cos\theta$ を使う（鉛直な成分 $B\sin\theta$ は面を貫かない）。

答　$\varPhi=Bdx\cos\theta$（4点）

問1 (3)

棒が $\Delta t$ の間に $\Delta x$ だけ落ちると、磁束の変化は $\Delta\varPhi=Bd\cos\theta\,\Delta x$。起電力は $\left|\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}\right|=Bd\cos\theta\cdot\dfrac{\Delta x}{\Delta t}=vBd\cos\theta$。回路に抵抗がないので、この起電力がそのままコンデンサーの電圧になる（棒を起電力 $vBd\cos\theta$ の電池と見る、下の図）。

$Q=CV$ より

答　$Q=CvBd\cos\theta$（4点）

問1 (4)

電流は電気量の時間変化なので、定義に戻る。 $C$、 $B$、 $d$、 $\theta$ は一定で、時間とともに変わるのは $v$ だけ。

$$I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}=CBd\cos\theta\cdot\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=CBd\cos\theta\cdot a$$

答　$I=CBda\cos\theta$（4点）

問1 (5)

(4) を (1) に入れる。

$$ma=mg-CB^2d^2a\cos^2\theta\qquad\therefore\ \left(m+CB^2d^2\cos^2\theta\right)a=mg$$

$$a=\dfrac{m}{m+CB^2d^2\cos^2\theta}\,g$$

答　$\dfrac{m}{m+CB^2d^2\cos^2\theta}$（5点）

比例定数は $m$、 $C$、 $B$、 $d$、 $\theta$ だけで決まる一定の値。加速度が一定なので、棒は等加速度運動で落ちる（自由落下の $g$ より小さい加速度で、下の図）。電流 $I$ も一定になる。

問2 (1)

$x=h$ で抵抗につなぎかえたあと、速さ $v$ で落ちる棒の起電力は $vBd\cos\theta$（問1 (3) と同じ）。抵抗 $R$ に流れる電流は

$$I=\dfrac{vBd\cos\theta}{R}$$

棒が受ける力を、重力から順に整理する（下の図）。磁場の力は問1 (1) と同じで、鉛直上向きに $IBd\cos\theta$、水平に $IBd\sin\theta$。レールは鉛直なので、重力はレールの面に平行で、レールを押す成分を持たない。したがって水平方向のつり合いから、垂直抗力は

$$N=IBd\sin\theta$$

下半分では動摩擦力がはたらく。棒は下向きに動くので、向きは上向きで、大きさは $\mu'N=\mu'IBd\sin\theta$（$\mu'mg$ ではない）。

鉛直下向きに運動方程式を立てる。

$$ma=mg-IBd\cos\theta-\mu'IBd\sin\theta=mg-IBd\left(\cos\theta+\mu'\sin\theta\right)$$

$I$ を入れると

答　$ma=mg-\dfrac{vB^2d^2\cos\theta}{R}\left(\cos\theta+\mu'\sin\theta\right)$（7点）

問2 (2)

一定の速さ $v_0$ は加速度 $0$ なので、力がつり合う。(1) で $a=0$、 $v=v_0$ とする。

$$mg=\dfrac{v_0B^2d^2\cos\theta}{R}\left(\cos\theta+\mu'\sin\theta\right)$$

答　$v_0=\dfrac{mgR}{B^2d^2\cos\theta\left(\cos\theta+\mu'\sin\theta\right)}$（4点）

（$v<v_0$ なら $a>0$ で速くなり、 $v>v_0$ なら $a<0$ で遅くなるので、速さは $v_0$ に近づいていく。）

問2 (3)

$v_0$ のときの電流を $I_0=\dfrac{v_0Bd\cos\theta}{R}$ とする。抵抗で消費される電力は $RI_0^2$。まず $P_1$ から。

答　$P_1=\dfrac{\left(v_0Bd\cos\theta\right)^2}{R}$（3点）

摩擦力に抗して動かすのに必要な仕事率は、（摩擦力の大きさ）×（速さ）。摩擦力の大きさは $\mu'N=\mu'I_0Bd\sin\theta$ で、速さは $v_0$。

$$P_2=\mu'I_0Bd\sin\theta\cdot v_0$$

$I_0$ を入れて

答　$P_2=\dfrac{\mu'v_0^2B^2d^2\sin\theta\cos\theta}{R}$（5点）

問2 (4)

運動エネルギーは一定なので、失った位置エネルギーが、ジュール熱と摩擦の熱になる（下の図）。位置エネルギーの単位時間あたりの変化は、1秒間に $v_0$ だけ落ちるので $mgv_0$ 。これが $P_1+P_2$ に等しいことを示す。

(3) の2つを足す。

$$P_1+P_2=\dfrac{v_0^2B^2d^2\cos\theta\left(\cos\theta+\mu'\sin\theta\right)}{R}=v_0\times\dfrac{v_0B^2d^2\cos\theta\left(\cos\theta+\mu'\sin\theta\right)}{R}$$

(2) の関係より、右辺の分数は $mg$ に等しい。したがって

$$P_1+P_2=mgv_0$$

これは位置エネルギーの単位時間あたりの変化 $mgv_0$ に等しい。（$v_0$ に (2) を入れて $v_0$ を消そうとすると計算が重くなるので、 $mg$ の方に置きかえる向きで進める。）

答　$P_1+P_2=mgv_0$（位置エネルギーの単位時間あたりの変化に等しい）（5点）

別解

問2 (4)　力のつり合いの式に $v_0$ をかける

(2) の力のつり合いは、 $mg=I_0Bd\cos\theta+\mu'I_0Bd\sin\theta$。両辺に $v_0$ をかける。

$$mgv_0=I_0Bd\cos\theta\cdot v_0+\mu'I_0Bd\sin\theta\cdot v_0$$

第1項は $I_0\cdot\left(v_0Bd\cos\theta\right)=I_0\cdot RI_0=RI_0^2=P_1$。第2項は $P_2$。したがって $mgv_0=P_1+P_2$。力×速さ＝仕事率の見方で、各項がそのままエネルギーの行き先に対応する。

現代生活を支える情報処理技術において、光を用いた情報処理が広く利用されるようになっている。以下では光の制御法の一つとして、音波を用いて透明媒質を通る光の進行方向を変える方法について考えてみよう。

なお真空中の光速を $c\ [\mathrm{m/s}]$、プランク定数を $h\ [\mathrm{J\cdot s}]$ とする。また、透明媒質の平均屈折率を $n$、音速を $v\ [\mathrm{m/s}]$ とする。

問1. 図3(a)に示すように $y$ 軸方向に間隔 $d\ [\mathrm{m}]$ で周期的に屈折率が変化する透明媒質を考える。この透明媒質では $y$ 軸に垂直な平面（$xz$ 面）上で屈折率は一様であるとする。この透明媒質に光やX線などの電磁波を入射しよう。入射電磁波の進行方向と $y$ 軸とを含む平面を、 $xy$ 面とする。このとき透明媒質を伝わる電磁波は図3(a)のような反射を受ける。

(1) 電磁波の周波数（振動数）を $\nu_{\mathrm{i}}\ [\mathrm{Hz}]$ とするとき、透明媒質中での電磁波の波長 $\lambda_{\mathrm{i}}\ [\mathrm{m}]$ はどのように表されるか。

(2) 図3(a)のように $xz$ 面と入射電磁波の進行方向のなす角を $\theta\ [\mathrm{rad}]$ とする。角度 $\theta$ を変えると、ある $\theta$ で強い反射波が観測された。このときの条件は、最も屈折率の高い各平面だけからの反射を考えれば、結晶中でのX線のブラッグ反射の条件と同様に導くことができる。その条件を $d$、 $\lambda_{\mathrm{i}}$、 $\theta$ を使い書け。

問2. 一般に密度変化は屈折率変化を引き起こすので、屈折率が一様な透明媒質に対しても音波を通すことによって、問1で述べたような屈折率が周期的に変化する状態を作り出すことができる。この現象を利用すれば、図3(b)に示すように音波のあるなしで光の進行方向を制御できる。

屈折率変化の間隔を $d=1.0\times10^{-6}\ \mathrm{m}$ とするのに、必要な音波の周波数を求めよ。ただし音速を $v=3.0\times10^{3}\ \mathrm{m/s}$ とする。

問3. 光は波動性と粒子性を持っている。入射光の光子のエネルギー $E_{\mathrm{i}}\ [\mathrm{J}]$ と反射光の光子のエネルギー $E_{\mathrm{r}}\ [\mathrm{J}]$ を、入射光の周波数 $\nu_{\mathrm{i}}\ [\mathrm{Hz}]$、反射光の周波数 $\nu_{\mathrm{r}}\ [\mathrm{Hz}]$ を含む式で表せ。

問4. 光と同様、音も波動性と粒子性を持っている。以下では問2での現象を粒子性の立場から考えてみよう。図3(b)で透明媒質に音波を通した場合は、透明媒質中を進行する音の粒子1個と入射光子1個が衝突した結果、入射光子が音の粒子を吸収して反射光子1個になる現象と考えられる。

ここで、音の粒子のエネルギー $E\ [\mathrm{J}]$ および運動量の大きさ $p\ [\mathrm{kg\cdot m/s}]$ は、周波数 $f\ [\mathrm{Hz}]$ と波長 $d\ [\mathrm{m}]$ によって

$$E=hf$$

$$p=\frac{h}{d}$$

と表され、運動量 $\vec{p}$ の向きは音の進行する向きと一致する。

図3(b)でも図3(a)と同様に $x$ 軸、 $y$ 軸および角度 $\theta_{\mathrm{i}}\ [\mathrm{rad}]$、 $\theta_{\mathrm{r}}\ [\mathrm{rad}]$ をとり、音波が $y$ 軸正方向に伝わるものとして以下の問題に答えよ。

(1) 光子と音の粒子の衝突前後のエネルギー保存の法則を $h$、 $f$、 $\nu_{\mathrm{i}}$、 $\nu_{\mathrm{r}}$ を使い表せ。

(2) 同様に、光子と音の粒子の衝突前後の運動量保存の法則を $x$ 軸、 $y$ 軸方向について $h$、 $\lambda_{\mathrm{i}}$、 $\lambda_{\mathrm{r}}$、 $d$、 $\theta_{\mathrm{i}}$、 $\theta_{\mathrm{r}}$ を使い表せ。ただし、 $\lambda_{\mathrm{i}}\ [\mathrm{m}]$、 $\lambda_{\mathrm{r}}\ [\mathrm{m}]$ はそれぞれ入射光、反射光の波長である。

(3) $\dfrac{f}{\nu_{\mathrm{i}}}$ が十分小さい場合には、 $\dfrac{\nu_{\mathrm{r}}}{\nu_{\mathrm{i}}}=\dfrac{\lambda_{\mathrm{i}}}{\lambda_{\mathrm{r}}}=1$ とすることができる。このとき、 $\theta_{\mathrm{r}}=\theta_{\mathrm{i}}$ となることを示せ。

(4) 同じく(3)の条件が満たされるとき、 $\theta_{\mathrm{r}}=\theta_{\mathrm{i}}=\theta$ とおいて、運動量保存則からブラッグ反射と同様の関係式を導け。

問1 (1)

光は媒質の中では速さが $\dfrac cn$ になるが、振動数は媒質に入っても変わらない（媒質の境界で波の山が次々に通り抜けていくため、1秒間に通り抜ける山の数は変わらない）。 $v=f\lambda$ より、

$$\lambda_{\mathrm i}=\dfrac{c/n}{\nu_{\mathrm i}}=\dfrac{c}{n\nu_{\mathrm i}}$$

答　$\lambda_{\mathrm i}=\dfrac{c}{n\nu_{\mathrm i}}$（4点）

問1 (2)

問題の指定どおり、屈折率の高い面で反射する波だけを考える。どの面でも同じ向きの反射なので、反射による位相のずれは2本とも同じで、比べるときは考えなくてよい。隣り合う面で反射する2本の波を比べる。上の面の P で反射する波と、その真下の面の Q で反射する波について、P から2本目の入射波に垂線 PM、反射波に垂線 PN を下ろす。PM は入射波の波面なので、P と M では波の位相が同じ。PN は反射波の波面なので、P と N でも位相が同じ。したがって、2本目の波が1本目の波より余計に進む道のりは MQ と QN の和になる。

角 $\theta$ は面から測っているので、直角三角形 PMQ で $\mathrm{MQ}=d\sin\theta$。同じく $\mathrm{QN}=d\sin\theta$。経路差は

$$\mathrm{MQ}+\mathrm{QN}=2d\sin\theta$$

これが媒質中の波長 $\lambda_{\mathrm i}$ の整数倍のとき強め合う。

答　$2d\sin\theta=m\lambda_{\mathrm i}$（$m=1,2,3,\cdots$）（5点）

問2

屈折率の高い面は、音波の密な所に対応する。音波は縦波で、密な所は1波長ごとに1か所ずつ並ぶので、隣り合う面の間隔 $d$ が音波の波長にあたる。音波について $v=f\lambda$ より、

$$f=\dfrac vd=\dfrac{3.0\times10^{3}}{1.0\times10^{-6}}=3.0\times10^{9}$$

屈折率の縞と音波の対応は下の図。

答　$3.0\times10^{9}\ \mathrm{Hz}$（4点）

問3

光子1個のエネルギーは、振動数にプランク定数 $h$ を掛けたもの。

答　$E_{\mathrm i}=h\nu_{\mathrm i}$、 $E_{\mathrm r}=h\nu_{\mathrm r}$（4点）

問4 (1)

衝突前のエネルギーは、入射光子の $h\nu_{\mathrm i}$ と音の粒子の $hf$ の和。衝突後は、音の粒子が吸収されて消え、反射光子の $h\nu_{\mathrm r}$ だけが残る。エネルギー保存より、

答　$h\nu_{\mathrm i}+hf=h\nu_{\mathrm r}$（4点）

問4 (2)

運動量の大きさは、入射光子が $\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}$、反射光子が $\dfrac h{\lambda_{\mathrm r}}$、音の粒子が $\dfrac hd$。向きは、入射光子が右下（$x$ 成分は正、 $y$ 成分は負）、反射光子が右上、音の粒子が $y$ 軸の正の向きで $x$ 成分は 0。成分ごとに「衝突前の和＝衝突後」とおく。

$x$ 成分は、音の粒子が 0 なので光子どうしの等式になる。

答（ $x$ 軸方向）　$\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}\cos\theta_{\mathrm i}=\dfrac h{\lambda_{\mathrm r}}\cos\theta_{\mathrm r}$（2点）

$y$ 成分は、入射光子が下向きなので負の符号が付く。

答（ $y$ 軸方向）　$-\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}\sin\theta_{\mathrm i}+\dfrac hd=\dfrac h{\lambda_{\mathrm r}}\sin\theta_{\mathrm r}$（2点）

問4 (3)

問題の条件より $\dfrac{\lambda_{\mathrm i}}{\lambda_{\mathrm r}}=1$、つまり $\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}=\dfrac h{\lambda_{\mathrm r}}$。これを (2) の $x$ 成分の式に入れると、両辺の $\dfrac h\lambda$ が消えて

$$\cos\theta_{\mathrm i}=\cos\theta_{\mathrm r}$$

$\theta_{\mathrm i}$、 $\theta_{\mathrm r}$ はどちらも $0$ から $\dfrac\pi2$ の間の角で、この範囲では $\cos$ は増減が一方向（単調に減少）なので、 $\cos$ が等しければ角も等しい。

答　$\theta_{\mathrm r}=\theta_{\mathrm i}$（5点）

問4 (4)

(3) の条件より $\lambda_{\mathrm r}=\lambda_{\mathrm i}$。 $\theta_{\mathrm r}=\theta_{\mathrm i}=\theta$ とおいて、(2) の $y$ 成分の式に入れる。

$$-\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}\sin\theta+\dfrac hd=\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}\sin\theta\qquad\therefore\ \dfrac hd=\dfrac{2h}{\lambda_{\mathrm i}}\sin\theta$$

両辺に $\dfrac{d\lambda_{\mathrm i}}{h}$ を掛けると

答　$2d\sin\theta=\lambda_{\mathrm i}$（5点）

これは問1 (2) の $m=1$ の場合と同じ式。光を波として見て経路差で求めた条件と、粒子として見て運動量保存で求めた条件が、同じ式になる。運動量の三角形で見ると、入射光子と反射光子の運動量は大きさが等しく、音の粒子の運動量 $\dfrac hd$ を底辺とする二等辺三角形になる。底辺の半分が $\dfrac h{2d}$ で、これが $\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}\sin\theta$ に等しい。

別解

問1 (2)（光路差で書く）

光路差で比べるなら、媒質中を進む道のりに屈折率 $n$ を掛ける。真空中の波長 $\lambda_0=\dfrac{c}{\nu_{\mathrm i}}$ で書くと、 $2nd\sin\theta=m\lambda_0$（$m=1,2,3,\cdots$）。 $\lambda_{\mathrm i}=\dfrac{\lambda_0}{n}$ なので、本解の式と同じ。波長を媒質中のものに置きかえる本解の方が、式が単純。

問4 (4)（運動量の三角形の辺の比で）

運動量の三角形は、入射光子と反射光子の運動量が等しい二等辺三角形（図は上のとおり）。頂点から底辺に垂線を下ろすと、底辺の半分が $\dfrac h{2d}$、斜辺が $\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}$ で、底辺の半分は斜辺の $\sin\theta$ 倍。 $\dfrac h{2d}=\dfrac h{\lambda_{\mathrm i}}\sin\theta$ より $2d\sin\theta=\lambda_{\mathrm i}$。成分ごとに式を立てる本解でも同じ式になるので、どちらで解いてもよい。