【解説・配点付き】2002年九州大学物理の解答・解説

長さ $l\ [\mathrm{m}]$ の棒の両端に、それぞれ質量 $m_{\mathrm{A}}\ [\mathrm{kg}]$、 $m_{\mathrm{B}}\ [\mathrm{kg}]$ のおもりA、Bを取り付けた物体がある。これを最初、図1のように、Bを水平な床につけたまま、Aには水平方向右向きに力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}\ [\mathrm{N}]$ を、Bには水平方向左向きに力 $\vec{F_{\mathrm{B}}}\ [\mathrm{N}]$ を加えることにより、鉛直方向から反時計回りに $\theta_0\ [\mathrm{rad}]$ だけ傾いた状態で静止させた。その後、力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}$ と力 $\vec{F_{\mathrm{B}}}$ を同時にとり去った。Bは床から離れることはなく、Bと床との接触は滑らかであるとする。運動中の物体の鉛直方向からの傾きを $\theta\ [\mathrm{rad}]$ とし、反時計回りを正とする。重力加速度の大きさを $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ とし、おもりの大きさ、棒の質量と太さ、空気の抵抗は無視できるものとして、以下の問いに答えよ。

問1. 力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}$ と力 $\vec{F_{\mathrm{B}}}$ によりこの物体を $\theta_0$ だけ傾いた状態で静止させているとき、棒からおもりにはたらく力は棒に平行であるとして次の小問に答えよ。

(1) 力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}\ [\mathrm{N}]$ の大きさを $m_{\mathrm{A}}$、 $\theta_0$、 $g$ で表せ。

(2) おもりAに棒からはたらく力の大きさ $T\ [\mathrm{N}]$ を $m_{\mathrm{A}}$、 $\theta_0$、 $g$ で表せ。

(3) おもりBに床からはたらく垂直抗力の大きさ $N\ [\mathrm{N}]$ を $m_{\mathrm{A}}$、 $m_{\mathrm{B}}$、 $g$ で表せ。

問2. この物体の重心GはAとBを結ぶ線上にある。重心GからBまでの距離 $[\mathrm{m}]$ を $l$、 $m_{\mathrm{A}}$、 $m_{\mathrm{B}}$ で表せ。

問3. 力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}$ と力 $\vec{F_{\mathrm{B}}}$ を同時にとり去った後、この物体には水平方向の力がはたらかないので、重心Gの速度 $\vec{V}\ [\mathrm{m/s}]$ は鉛直方向の速度成分のみを持つ。一方、A、Bの速度は、重心Gの速度と、重心Gに対するそれぞれの相対速度の合成になる。A、Bの重心Gに対する相対運動は、重心Gを中心とする回転運動である。速度の水平方向成分は右向きを、鉛直方向成分は上向きをそれぞれ正とし、また角速度は反時計回りを正として次の小問に答えよ。

(1) ある瞬間の相対運動の角速度を $\omega\ [\mathrm{rad/s}]$、そのときの物体の鉛直方向からの傾きを $\theta$ とする。図2を参照してBの重心Gに対する相対速度 $\vec{u_{\mathrm{B}}}\ [\mathrm{m/s}]$ の鉛直方向成分 $u_{\mathrm{By}}\ [\mathrm{m/s}]$ を $l$、 $m_{\mathrm{A}}$、 $m_{\mathrm{B}}$、 $\theta$、 $\omega$ で表せ。

(2) Bが床から離れないので、Bの速度の鉛直方向成分は常に0となる。図3のように鉛直方向からの傾きが $\theta$ のとき、重心Gの速度は鉛直下向きで大きさが $V\ [\mathrm{m/s}]$ であった。このときの相対運動の角速度 $\omega$ を $l$、 $m_{\mathrm{A}}$、 $m_{\mathrm{B}}$、 $\theta$、 $V$ で表せ。

(3) このときの、Bの速度の水平方向成分 $V_{\mathrm{Bx}}\ [\mathrm{m/s}]$、Aの速度の水平方向成分 $V_{\mathrm{Ax}}\ [\mathrm{m/s}]$ と鉛直方向成分 $V_{\mathrm{Ay}}\ [\mathrm{m/s}]$ を、 $m_{\mathrm{A}}$、 $m_{\mathrm{B}}$、 $\theta$、 $V$ のうちから適当なものを用いてそれぞれ表せ。

問4. 力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}$ と力 $\vec{F_{\mathrm{B}}}$ を傾き $\theta_0$ でとり去った後、物体の傾きはしだいに増加する。このとき力学的エネルギーは保存され、おもりAの位置エネルギーが減少した分だけ、おもりAとおもりBの運動エネルギーが増加する。力 $\vec{F_{\mathrm{A}}}$ と力 $\vec{F_{\mathrm{B}}}$ をとり去った後、Aが床に衝突する直前のAの速度の向きと大きさ $[\mathrm{m/s}]$ を求めよ。ただし、 $\theta$ が $\dfrac{\pi}{2}$ に達したときにAが床に衝突するものとし、速度の大きさは $l$、 $\theta_0$、 $g$ で表せ。

問1 (1)

Aは静止しているので、水平・鉛直とも力の和が0。Aにはたらく力は「重力 → 触れているもの」の順に、重力 $m_{\mathrm{A}}g$ 、外から加える $F_{\mathrm{A}}$ 、棒からの力 $T$ の3つ。 $T$ は棒に平行でAを押す向き（左上）なので、水平成分 $T\sin\theta_0$ と鉛直成分 $T\cos\theta_0$ に分ける（下の図。 $\theta_0$ は鉛直から測る角なので、鉛直成分が $\cos\theta_0$ ）。

鉛直のつり合いから $T$ が決まり、水平のつり合いに入れると $F_{\mathrm{A}}$ が求まる。

$$T\cos\theta_0=m_{\mathrm{A}}g,\qquad F_{\mathrm{A}}=T\sin\theta_0=m_{\mathrm{A}}g\tan\theta_0$$

答　$F_{\mathrm{A}}=m_{\mathrm{A}}g\tan\theta_0$（4点）

問1 (2)

(1) の鉛直のつり合い $T\cos\theta_0=m_{\mathrm{A}}g$ から求まる。

答　$T=\dfrac{m_{\mathrm{A}}g}{\cos\theta_0}$（4点）

問1 (3)

Bにはたらく力は、重力 $m_{\mathrm{B}}g$ （下）・垂直抗力 $N$ （上）・ $F_{\mathrm{B}}$ （左）・棒からの力。棒の質量は無視できるので、Bが棒から受ける力はAが受ける力と同じ大きさ $T$ で、棒に沿って右下向き。鉛直のつり合いは、下向きの力（重力と $T$ の鉛直成分）が上向きの $N$ とつり合う形。

$$N=m_{\mathrm{B}}g+T\cos\theta_0=m_{\mathrm{B}}g+m_{\mathrm{A}}g$$

全体を1つの物体と見れば、棒からの力は内力なので鉛直の外力は重力2つと $N$ だけ（下の図）。同じ式がすぐに出る。水平の外力は $F_{\mathrm{A}}$ と $F_{\mathrm{B}}$ で、 $F_{\mathrm{B}}=F_{\mathrm{A}}$ も分かる。

答　$N=(m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}})g$（4点）

問2

重心Gは、GのまわりでAとBの重さのモーメントがつり合う点。 $m_{\mathrm{A}}\cdot\mathrm{GA}=m_{\mathrm{B}}\cdot\mathrm{GB}$ なので、 $\mathrm{GA}:\mathrm{GB}=m_{\mathrm{B}}:m_{\mathrm{A}}$ （質量の逆比。下の図）。 $\mathrm{GA}+\mathrm{GB}=l$ と組み合わせる。

$$\mathrm{GB}=\frac{m_{\mathrm{A}}}{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}\,l,\qquad\mathrm{GA}=\frac{m_{\mathrm{B}}}{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}\,l$$

答　$\mathrm{GB}=\dfrac{m_{\mathrm{A}}}{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}\,l$（4点）

問3 (1)

Gから見ると、Bは G を中心とする半径 $\mathrm{GB}$ の円運動。回転の速さは $\mathrm{GB}\,\omega$ 、向きは棒に垂直で、反時計回りなので右上向き（図2）。棒が鉛直から $\theta$ 傾いているので、この向きは水平から $\theta$ 傾き、鉛直成分は $\sin\theta$ 、水平成分は $\cos\theta$ 。

$$u_{\mathrm{By}}=\mathrm{GB}\,\omega\sin\theta$$

答　$u_{\mathrm{By}}=\dfrac{m_{\mathrm{A}}}{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}\,l\omega\sin\theta$（5点）

問3 (2)

Bの速度は「Gの速度＋Gから見たBの速度」。Bは床から離れないので、鉛直成分は0。Gは下向きに $V$ なので鉛直成分は $-V$ 、Gから見たBの鉛直成分は $u_{\mathrm{By}}$ 。

$$0=-V+u_{\mathrm{By}}\qquad\therefore\ u_{\mathrm{By}}=V$$

(1) の結果を入れて $\omega$ を求める。

$$\frac{m_{\mathrm{A}}}{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}\,l\omega\sin\theta=V$$

答　$\omega=\dfrac{(m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}})V}{m_{\mathrm{A}}l\sin\theta}$（5点）

問3 (3)

(1) と同じ決まりで、A・Bの速度を「Gの速度＋回転の速度」の成分で書く（下の図）。Gの水平成分は0、鉛直成分は $-V$ 。回転の速さは、Bが $\mathrm{GB}\,\omega$ で右上向き、Aが $\mathrm{GA}\,\omega$ で左下向き。 (2) の $\omega$ から

$$\mathrm{GB}\,\omega=\frac{V}{\sin\theta},\qquad\mathrm{GA}\,\omega=\frac{m_{\mathrm{B}}}{m_{\mathrm{A}}}\cdot\frac{V}{\sin\theta}$$

なので

$$V_{\mathrm{Bx}}=0+\mathrm{GB}\,\omega\cos\theta,\qquad V_{\mathrm{Ax}}=0-\mathrm{GA}\,\omega\cos\theta,\qquad V_{\mathrm{Ay}}=-V-\mathrm{GA}\,\omega\sin\theta$$

答　$V_{\mathrm{Bx}}=\dfrac{V}{\tan\theta}$（5点）

答　$V_{\mathrm{Ax}}=-\dfrac{m_{\mathrm{B}}V}{m_{\mathrm{A}}\tan\theta}$（2点）

答　$V_{\mathrm{Ay}}=-\dfrac{(m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}})V}{m_{\mathrm{A}}}$（3点）

Aは左下に動くので、問題の決まり（右向き・上向きが正）から、2つの成分は負になる。

問4

棒が水平（ $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ ）になったとき、Gの水平の速度は0のまま。回転の速度は棒に垂直、つまり鉛直なので水平成分を持たない。だからA・Bの水平の速度は0。(3) で $\theta=\dfrac{\pi}{2}$ とすると $\dfrac{1}{\tan\theta}=0$ になり、 $V_{\mathrm{Ax}}=V_{\mathrm{Bx}}=0$ とも一致する。Bは鉛直の速度も0なので止まっていて、Aだけが鉛直下向きに動く（下の図）。

床を基準にすると、はじめAは高さ $l\cos\theta_0$ で静止、直前はAが高さ0で速さ $v_{\mathrm{A}}$ 。Bは床の上で止まったままなので、Bの位置エネルギーも運動エネルギーも変わらない。

$$m_{\mathrm{A}}gl\cos\theta_0=\frac12m_{\mathrm{A}}v_{\mathrm{A}}^{\,2}\qquad\therefore\ v_{\mathrm{A}}=\sqrt{2gl\cos\theta_0}$$

答（向き）　鉛直下向き（3点）

答（大きさ）　$\sqrt{2gl\cos\theta_0}$（6点）

（質量によらず、高さ $l\cos\theta_0$ から自由落下したときの速さと同じ。Bが止まっているので、Aだけが落ちるのと同じになる）

別解

問1 (1)(2)　（力の三角形で）　Aにはたらく3つの力がつり合うので、順につなぐと閉じた直角三角形になる（下の図）。縦の辺が $m_{\mathrm{A}}g$ 、横の辺が $F_{\mathrm{A}}$ 、斜辺が $T$ 、斜辺と縦の辺のなす角が $\theta_0$ 。

$$F_{\mathrm{A}}=m_{\mathrm{A}}g\tan\theta_0,\qquad T=\frac{m_{\mathrm{A}}g}{\cos\theta_0}$$

同じ答え。力が3つのときは、分解せずに三角比だけで読める。本解は、どの問題でも必ず成り立つ水平・鉛直に分けるつり合いにした。

問3 (3)　（ $V_{\mathrm{Ay}}$ を高さの比で）　Bは床の上にあるので、Gの高さは $\mathrm{GB}\cos\theta$ 、Aの高さは $l\cos\theta$ 。どちらも $\cos\theta$ に比例するので、Aの鉛直の速度はGの鉛直の速度の $\dfrac{l}{\mathrm{GB}}=\dfrac{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}{m_{\mathrm{A}}}$ 倍。Gは下向きに $V$ なので

$$V_{\mathrm{Ay}}=-\frac{m_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}}}{m_{\mathrm{A}}}\,V$$

同じ答え。本解は、回転の速度の成分を足す形にした（ $V_{\mathrm{Bx}}$ ・ $V_{\mathrm{Ax}}$ も同じ決まりで求まるので）。

図のように、真空中で一様な磁束密度 $\vec{B}\ [\mathrm{T}]$ が $z$ 軸の正の向きに、また電界 $\vec{E}\ [\mathrm{V/m}]$ が一様に $z$ 軸の負の向きにかけられている。時刻 $t=0\ [\mathrm{s}]$ に、質量 $m\ [\mathrm{kg}]$、電荷 $q\,(>0)\ [\mathrm{C}]$ の粒子が、点 $\mathrm{P}(0,\ d,\ 0)$ から点Pを含み $zx$ 面と平行な平面内で $z$ 軸の正の向きと $\theta\ [\mathrm{rad}]$ の角度をなす向きに、初速 $v_0\ [\mathrm{m/s}]$ で飛び出した。すると磁束密度に垂直な平面内で半径 $d\ [\mathrm{m}]$ の等速円運動をしながら $z$ 軸の正の向きに進むらせん運動を始めた。電荷をもった粒子の運動によって放射される電磁波、電界の変化によって生じる磁界、および重力の影響は無視できるものとする。また、 $xy$ 面に平行で点 $\mathrm{Q}(0,\ 0,\ d)$、点 $\mathrm{R}(0,\ 0,\ -d)$ を含む十分大きな平面をそれぞれ面 $\mathrm{S_1}$、面 $\mathrm{S_2}$ とする。以下の問いに答えよ。

問1. 電界 $\vec{E}$ の強さが $E_0\ [\mathrm{V/m}]$ のとき、点Pを出発してらせん運動をしながら $z$ 軸の正の向きに進んだ粒子は、面 $\mathrm{S_1}$ に到達し、粒子の速度の $z$ 軸方向成分はちょうど0になった。

(1) 磁束密度 $\vec{B}$ の大きさ $B\ [\mathrm{T}]$ を $m$、 $q$、 $v_0$、 $\theta$、 $d$ で表せ。

(2) らせん運動において、半径 $d\ [\mathrm{m}]$ の円を描いて1回転するのに要する時間 $T\ [\mathrm{s}]$ を $v_0$、 $\theta$、 $d$ で表せ。

(3) 電界の強さ $E_0\ [\mathrm{V/m}]$ を $m$、 $q$、 $v_0$、 $\theta$、 $d$ で表せ。

(4) 粒子の $z$ 軸方向の加速度の大きさ $a\ [\mathrm{m/s^2}]$ を $v_0$、 $d$、 $\theta$ で表せ。

(5) 点Pを出発した粒子が面 $\mathrm{S_1}$ に到達するまでの時間 $t_0\ [\mathrm{s}]$ を $v_0$、 $d$、 $\theta$ で表せ。

(6) 時刻 $t\ [\mathrm{s}]$ $(0\leqq t\leqq t_0)$ での粒子の速度の $z$ 軸方向成分を $v_z\ [\mathrm{m/s}]$ とすると、らせん運動している粒子の全運動エネルギー $K\ [\mathrm{J}]$ は直線運動と等速円運動の運動エネルギーの和であるから、 $K=\dfrac12m\left(v_z^{\,2}+v_0^{\,2}\sin^2\theta\right)\ [\mathrm{J}]$ と表される。このうち $\dfrac12mv_z^{\,2}\ [\mathrm{J}]$ を $m$、 $v_0$、 $\theta$、 $t$、 $t_0$ で表せ。

問2. さらに、電界の強さは $E_0$ のままでその向きを $z$ 軸の正負の方向に周期的に変えることで、粒子がらせん運動をしながら面 $\mathrm{S_1}$ と面 $\mathrm{S_2}$ 間を往復運動するようにしたい。ただし、往復運動中、粒子の折り返し点は面 $\mathrm{S_1}$ と面 $\mathrm{S_2}$ 上に常にあるとする。

(1) このような往復運動をさせるには、どのように電界を時間変化させればよいか。時間範囲 $0\leqq t\leqq5t_0$ での電界の $z$ 成分 $E_z\ [\mathrm{V/m}]$ の時間変化を解答紙に図示せよ。ただし、電界が $z$ 軸の正の向きに加わっているとき、 $E_z$ は正の値をとるものとする。

(2) 粒子がらせん運動をしながら面 $\mathrm{S_1}$ と面 $\mathrm{S_2}$ 間を1往復する間に、 $N$ 回転の円運動をした。 $N$ を $\theta$ で表せ。

(3) 時間範囲 $0\leqq t\leqq5t_0$ における粒子の全運動エネルギー $K$ の時間変化を解答紙に図示せよ。

問1 (1)

磁場に垂直な成分 $v_0\sin\theta$ が半径 $d$ の円運動をする（磁場に平行な成分にはローレンツ力が働かない。着眼点の図の左）。ローレンツ力が向心力なので

$$m\dfrac{(v_0\sin\theta)^2}{d}=q(v_0\sin\theta)B$$

答　$B=\dfrac{mv_0\sin\theta}{qd}$（4点）

問1 (2)

円1周の長さ $2\pi d$ を、円運動の速さ $v_0\sin\theta$ で割る。

$$T=\dfrac{2\pi d}{v_0\sin\theta}$$

答　$T=\dfrac{2\pi d}{v_0\sin\theta}$（3点）

問1 (3)

$z$ 方向は、電場の力 $qE_0$ （ $-z$ 向き）だけを受けるので、加速度の大きさ $\dfrac{qE_0}{m}$ の等加速度運動（減速）。初速度 $v_0\cos\theta$ （ $+z$ 向き）で $d$ 進んで、面 $\mathrm{S_1}$ で速度が0になるので

$$0^2-(v_0\cos\theta)^2=2\left(-\dfrac{qE_0}{m}\right)d$$

答　$E_0=\dfrac{mv_0^{\,2}\cos^2\theta}{2qd}$（4点）

問1 (4)

(3) の結果を $a=\dfrac{qE_0}{m}$ に入れる（向きは $-z$ 向き）。

答　$a=\dfrac{v_0^{\,2}\cos^2\theta}{2d}$（3点）

問1 (5)

$z$ 方向の速度は $v_z=v_0\cos\theta-at$。 $t=t_0$ で $v_z=0$ になるので

$$0=v_0\cos\theta-at_0\qquad\therefore\ t_0=\dfrac{v_0\cos\theta}{a}$$

(4) の $a$ を入れる。

答　$t_0=\dfrac{2d}{v_0\cos\theta}$（4点）

下の図の $v_z$–$t$ グラフで、三角形の面積が進んだ距離 $d$ になっている。 $d=\dfrac12v_0\cos\theta\cdot t_0$ からも同じ $t_0$ が求まる。

問1 (6)

(5) より $a=\dfrac{v_0\cos\theta}{t_0}$ なので、 $v_z=v_0\cos\theta-at=v_0\cos\theta\left(1-\dfrac{t}{t_0}\right)$ 。これを $\dfrac12mv_z^{\,2}$ に入れる。

答　$\dfrac12mv_z^{\,2}=\dfrac12mv_0^{\,2}\cos^2\theta\left(1-\dfrac{t}{t_0}\right)^2$（4点）

問2 (1)

着眼点の図のとおり、$z$ 方向の運動は、$t_0$ に面 $\mathrm{S_1}$ で止まり、$2t_0$ に $z=0$ を通り、$3t_0$ に面 $\mathrm{S_2}$ で止まり、$4t_0$ に $z=0$ に戻る。面で止まるためには、面に近づくときに減速する向きの力が必要なので、$z=0$ を通る $2t_0$ 、 $4t_0$ で電場の向きを切り替える。

・$0\leqq t<2t_0$ ：$z>0$ へ進んで $z=0$ へ戻る間。力は $-z$ 向き → $E_z=-E_0$（問1 の設定のまま）

・$2t_0\leqq t<4t_0$ ：$z<0$ の側。力は $+z$ 向き → $E_z=+E_0$

・$4t_0\leqq t\leqq5t_0$ ：再び $z>0$ の側。力は $-z$ 向き → $E_z=-E_0$

解答用紙の枠に、下の図のように書く（上の $z$–$t$ グラフと時刻をそろえてある。 $2t_0$ 、 $4t_0$ で $z=0$ を通る）。

答　$E_z=-E_0$（ $0\leqq t<2t_0$ ）、$E_z=+E_0$（ $2t_0\leqq t<4t_0$ ）、$E_z=-E_0$（ $4t_0\leqq t\leqq5t_0$ ）の周期 $4t_0$ の方形波（8点）

問2 (2)

面 $\mathrm{S_1}$ と面 $\mathrm{S_2}$ の間を1往復する時間は、(1) より $4t_0$ 。1回転の時間は (2) の $T$ 。

$$N=\dfrac{4t_0}{T}=\dfrac{8d}{v_0\cos\theta}\cdot\dfrac{v_0\sin\theta}{2\pi d}$$

答　$N=\dfrac{4\tan\theta}{\pi}$（5点）

（整数とは限らない。 $N$ が整数のときだけ、1往復で元の点 P に戻る）

問2 (3)

運動エネルギーは、円運動の分と $z$ 方向の分の和。円運動の速さ $v_0\sin\theta$ は変わらない（磁場は仕事をしない）。 $0\leqq t\leqq2t_0$ の間は電場が一定なので、(6) の結果がそのまま使えて

$$K=\dfrac12mv_0^{\,2}\sin^2\theta+\dfrac12mv_0^{\,2}\cos^2\theta\left(1-\dfrac{t}{t_0}\right)^2$$

$2t_0\leqq t\leqq4t_0$ では速度が $-v_0\cos\theta$ から減って0に、さらに増えるので、$v_z^{\,2}$ は $0\leqq t\leqq2t_0$ の形と同じ。つまり周期 $2t_0$ で同じ形をくり返す。

・$t=0,\ 2t_0,\ 4t_0$ ： $v_z$ の大きさが最大で、 $K=\dfrac12mv_0^{\,2}$ （最大）

・$t=t_0,\ 3t_0,\ 5t_0$ ： $v_z=0$ で、 $K=\dfrac12mv_0^{\,2}\sin^2\theta$ （最小）

・どの区間も下に凸の放物線

形は、$K$ の変化の割合が電場がする仕事の割合 $qE_zv_z$ になることから決まる。 $t_0$ 、 $3t_0$ では $v_z=0$ なので傾きが0で、なめらかな谷。 $2t_0$ 、 $4t_0$ では $v_z$ の大きさが最大のまま $E_z$ の符号が変わるので、傾きの符号が急に変わり、とがった山になる。

解答用紙の枠に、下の図のように書く（上は $v_z$–$t$ グラフ。 $v_z$ の向きの変わり方と $K$ の山・谷が対応している）。

答（最大・最小の値と周期）　最大値 $\dfrac12mv_0^{\,2}$ （ $0,\ 2t_0,\ 4t_0$ ）、最小値 $\dfrac12mv_0^{\,2}\sin^2\theta$ （ $t_0,\ 3t_0,\ 5t_0$ ）、周期 $2t_0$（5点）

答（形）　下に凸の放物線のくり返し。最大の所はとがり、最小の所はなめらか（5点）

別解

問1 (3)　（エネルギーで）　磁場は仕事をしないので、電場の力 $qE_0$（ $-z$ 向き）が $z$ 方向に $d$ 進む間にする仕事 $-qE_0d$ が、運動エネルギーの変化 $0-\dfrac12m(v_0\cos\theta)^2$ に等しい。

$$-qE_0d=-\dfrac12m(v_0\cos\theta)^2\qquad\therefore\ E_0=\dfrac{mv_0^{\,2}\cos^2\theta}{2qd}$$

本解の等加速度の式と同じ。本解は、「軸ごとに分けて等加速度」の型に合わせた。

問1 (5)　（平均の速さで）　$z$ 方向は一様に減速するので、平均の速さ $\dfrac{v_0\cos\theta}{2}$ で $d$ 進むと見れば、 $d=\dfrac{v_0\cos\theta}{2}t_0$ より $t_0=\dfrac{2d}{v_0\cos\theta}$ 。 $v_z$–$t$ グラフの三角形の面積と同じ見方。

図1のように、空気中でレーザー光源Sから出た波長 $\lambda\ [\mathrm{m}]$ の単色光が、半透明の鏡(半透鏡)Hで2つに分けられ、一部の光はHを透過して平面鏡 $\mathrm{M_A}$ に向かって進み、残りの光はHで反射して平面鏡 $\mathrm{M_B}$ に進む。Hを透過した光は $\mathrm{M_A}$ で反射して同じ路をたどりHに戻り、Hで反射して光検出器Dに達する。一方、最初にHで反射して $\mathrm{M_B}$ に向かった光は $\mathrm{M_B}$ で反射した後に同じ路をたどり、Hを透過して $\mathrm{M_A}$ で反射した光と重なり干渉しながらDに達する。 $\mathrm{M_B}$ はHからの距離が $R\ [\mathrm{m}]$ のところに固定されているが、 $\mathrm{M_A}$ はそれに入射する光の進行方向に沿って移動でき、Hと $\mathrm{M_A}$ の間の距離を $x\ [\mathrm{m}]$ とする。Sを出て $\mathrm{M_A}$、 $\mathrm{M_B}$ で反射した後、Dに入る光をそれぞれ光線 $\mathrm{L_A}$、 $\mathrm{L_B}$ で表す。

次の文章〔Ⅰ〕、〔Ⅱ〕の $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{ク}}$ に入れるべき数式を、解答欄の所定の欄に記入せよ。ただし、空気中の光の速さは真空中の光の速さ $c\ [\mathrm{m/s}]$ と同じとする。光路長は経路長(光が伝わる距離)と屈折率の積であり、2つの光路長の差を光路差とする。

〔Ⅰ〕 $\mathrm{M_A}$ を右側にゆっくりとわずかに移動させると、Dで測定された光の強さは図2のように、 $x=x_1\ [\mathrm{m}]$ で極大を示した。この時の光線 $\mathrm{L_A}$ の光路長を $P_{\mathrm{A}}\ [\mathrm{m}]$、光線 $\mathrm{L_B}$ の光路長を $P_{\mathrm{B}}\ [\mathrm{m}]$ とする。 $\mathrm{M_A}$ の移動距離の2倍だけ光線 $\mathrm{L_A}$ の経路長が変化することに注意して、光線 $\mathrm{L_A}$、 $\mathrm{L_B}$ の光路差 $P_{\mathrm{A}}-P_{\mathrm{B}}$ を $R$、 $x_1$ を用いて表すと、

$$P_{\mathrm{A}}-P_{\mathrm{B}}=\boxed{\text{ア}}$$

となる。このとき、Dに入る光の強さが極大を示すので、 $P_{\mathrm{A}}-P_{\mathrm{B}}$ は $\lambda$ と適当な整数 $m$ を用いて表すことができ、

$$P_{\mathrm{A}}-P_{\mathrm{B}}=\boxed{\text{イ}}$$

となる。 $x$ をさらに増加させると、Dでの光の強さは $x=x_2\ [\mathrm{m}]$ で次の極大を示した。この時光線 $\mathrm{L_A}$ の光路長を $P_{\mathrm{A}}’\ [\mathrm{m}]$ として、光路差 $P_{\mathrm{A}}’-P_{\mathrm{B}}$ を $\lambda$、 $m$ を用いて表すと、

$$P_{\mathrm{A}}’-P_{\mathrm{B}}=\boxed{\text{ウ}}$$

となる。したがって、 $x_2-x_1$ と $\lambda$ の関係は、

$$x_2-x_1=\boxed{\text{エ}}$$

となる。

〔Ⅱ〕 図3のように、Hと $\mathrm{M_B}$ の間に厚さが $d\ [\mathrm{m}]$ で屈折率が $n\,(n>1)$ のうすい透明なフィルムFを、光線 $\mathrm{L_B}$ がFに垂直に入射するように置いた。ただし、空気とFの境界での光の反射は無視できるものとする。

真空中での光の波長が $\lambda$、速さが $c$ であるから、フィルム中での光の波長は $\boxed{\text{オ}}$、光の速さは $\boxed{\text{カ}}$ となる。Fを置いた場合の光線 $\mathrm{L_B}$ の光路長を $P_{\mathrm{F}}\ [\mathrm{m}]$ として、Fを置いたときと置かないときの光路長の変化 $P_{\mathrm{F}}-P_{\mathrm{B}}\ [\mathrm{m}]$ を $d$、 $n$ を用いて表すと、

$$P_{\mathrm{F}}-P_{\mathrm{B}}=\boxed{\text{キ}}$$

となる。フィルムFを置くと、 $x=x_1$ において光の強さが極大を示さなくなったので、 $\mathrm{M_A}$ を $\Delta x\ [\mathrm{m}]$ だけ右側に移動させたところ、再び極大が現れた。このとき、 $d$、 $\Delta x$ を用いてFの屈折率 $n$ を表すと、

$$n=\boxed{\text{ク}}$$

となる。ただし、Fは $P_{\mathrm{F}}-P_{\mathrm{B}}<\lambda$ となるようなうすい膜とする。

空欄ア〜エ

$\mathrm{L_A}$ も $\mathrm{L_B}$ も、S から H までの道のりと H から D までの道のりは共通で、その長さを $\mathrm{SH}$、 $\mathrm{HD}$ とおく。空気中なので光路長は道のりに等しい。 $\mathrm{L_A}$ は H から $\mathrm{M_A}$ まで $x$ を往復し、 $\mathrm{L_B}$ は H から $\mathrm{M_B}$ まで $R$ を往復する。

$$P_{\mathrm A}=\mathrm{SH}+2x_1+\mathrm{HD},\qquad P_{\mathrm B}=\mathrm{SH}+2R+\mathrm{HD}$$

共通の部分 $\mathrm{SH}$、 $\mathrm{HD}$ は差で消える。

答（ア）　$2(x_1-R)$（4点）

極大になるのは、2本の光が強め合うとき。光路差が波長の整数倍なので、整数を $m$ として

答（イ）　$m\lambda$（4点）

$x$ を $x_1$ から増やすと $P_{\mathrm A}$ が増え、光路差は $m\lambda$ から大きくなっていく。次の極大は、光路差が次の整数倍になったとき。

答（ウ）　$(m+1)\lambda$（4点）

ウとイの差が $P_{\mathrm A}’-P_{\mathrm A}$ で、これは $\mathrm{M_A}$ の移動の2倍にあたる。

$$P_{\mathrm A}’-P_{\mathrm A}=2(x_2-x_1)=(m+1)\lambda-m\lambda=\lambda$$

答（エ）　$\dfrac\lambda2$（4点）

鏡を $\dfrac\lambda2$ 動かすごとに、光の強さが1回の極大をくり返す。往復なので、光路が2倍になるからである。

空欄オ〜キ

光がフィルムに入っても振動数 $f$ は変わらない。真空中では $c=f\lambda$、フィルム中の波長を $\lambda’$ 、速さを $v$ とすると $v=f\lambda’$。屈折率の定義 $n=\dfrac cv$ より $v=\dfrac cn$ なので、 $\lambda’=\dfrac vf=\dfrac{\lambda}{n}$。

答（オ）　$\dfrac\lambda n$（4点）

答（カ）　$\dfrac cn$（4点）

$\mathrm{L_B}$ の道のりのうち、フィルムの中の長さは $d$。光路長は道のりに $n$ をかけるので、フィルムの中の片道は $nd$、外は $R-d$。往復で

$$P_{\mathrm F}=\mathrm{SH}+2\{(R-d)+nd\}+\mathrm{HD}$$

$P_{\mathrm B}=\mathrm{SH}+2R+\mathrm{HD}$ との差をとる。

$$P_{\mathrm F}-P_{\mathrm B}=2\{(R-d)+nd\}-2R=2(n-1)d$$

答（キ）　$2(n-1)d$（6点）

$n>1$ なので、フィルムを入れると $P_{\mathrm B}$ は増える。

空欄ク

$x=x_1$ のとき、フィルムを入れる前は $P_{\mathrm A}-P_{\mathrm B}=m\lambda$ だった。入れたあとは $P_{\mathrm B}$ が $2(n-1)d$ 増えるので

$$P_{\mathrm A}-P_{\mathrm F}=m\lambda-2(n-1)d$$

となり、極大でなくなる。 $\mathrm{M_A}$ を $\Delta x$ だけ右へ動かすと、 $P_{\mathrm A}$ が $2\Delta x$ 増えるので、光路差は

$$P_{\mathrm A}-P_{\mathrm F}=m\lambda-2(n-1)d+2\Delta x$$

ここから動かしていくと、光路差が $\lambda$ の整数倍になったときに再び極大が現れる。ただし書きより $0<2(n-1)d<\lambda$ なので、 $m\lambda-2(n-1)d$ は $m\lambda$ の少し手前にある。右へ動かして最初に出会う極大は、光路差が $m\lambda$ になったとき、つまり元と同じ整数 $m$ の極大。

$$m\lambda-2(n-1)d+2\Delta x=m\lambda\quad\therefore\ 2\Delta x=2(n-1)d$$

$n$ について解く。

$$n=1+\dfrac{\Delta x}{d}$$

答　$1+\dfrac{\Delta x}{d}$（5点）

別解

空欄ク（波の数で考える）

$\mathrm{L_B}$ の往復の道の中にある波の数が、フィルムを入れてどれだけ増えるかを見る。フィルムの外では波長 $\lambda$ なので、往復の長さ $2d$ の中に $\dfrac{2d}{\lambda}$ 個。フィルムの中では波長が $\dfrac\lambda n$ なので $\dfrac{2nd}{\lambda}$ 個。増えた波の数は $\dfrac{2(n-1)d}{\lambda}$ 個。 $\mathrm{M_A}$ を $\Delta x$ 動かして $\mathrm{L_A}$ の道を $2\Delta x$ のばせば、波の数が $\dfrac{2\Delta x}{\lambda}$ 個増える。2本の光の波の数の差を元に戻すには、増えた数が等しければよいので $\Delta x=(n-1)d$。本解は光路長で考える解き方で、式の中身は同じ。