【解説・配点付き】2009年九州大学物理の解答・解説

以下の問いに答えよ。

問1. 文中の空欄にあてはまる語句または数式を答えよ。ただし、 $\boxed{\text{ア}}$ などの一重欄には数式、 $\boxed{\boxed{\text{ウ}}}$ などの二重欄には語句、また、同じ記号の欄には同じものが入る。

図1のように、なめらかな水平面上に置かれた質量 $m$ の物体Aと質量 $M$ の物体Bの運動を考える。物体AとBは同一直線上を運動するものとし、速度や力などのベクトル量は、その直線方向の成分のみを持ち、図で右向きを正とする。

いま、物体Aが速度 $V$ で右に向かって運動し、静止している物体Bと衝突したとする。その際、物体Aと物体Bは時間 $T$ の間接触し、その間に物体Aは物体Bに一定の力 $F_0$ を及ぼしたものとする。2つの物体が接触している間の物体Bの加速度は $\boxed{\text{ア}}$ であり、2つの物体が離れた後(衝突後)の物体Bの速度は $\boxed{\text{イ}}$ となる。それに対して、物体Aが物体Bから受ける力は、 $\boxed{\boxed{\text{ウ}}}$ の法則より $\boxed{\text{エ}}$ であるから、衝突後の物体Aの速度は $\boxed{\text{オ}}$ となる。これらの結果より、衝突の際に働く力に関わらず、衝突の前後で2つの物体の $\boxed{\boxed{\text{カ}}}$ の和が変化しないことが分かる。

衝突のように短い時間に大きな力を及ぼし合う場合の運動は、力積を用いると記述しやすい。力積の単位は基本単位( $\mathrm{kg}$、 $\mathrm{m}$、 $\mathrm{s}$ )で表すと $\boxed{\text{キ}}$ である。いま考えている衝突の場合、物体Aが物体Bに及ぼした力積は $\boxed{\text{ク}}$ である。

また、衝突前後の物体の $\boxed{\boxed{\text{カ}}}$ の変化から衝突の際に働いた力積を求めることもできる。この関係から、物体Aが物体Bに及ぼした力積が最も小さくなるのは、反発係数(はねかえり係数)が $\boxed{\text{ケ}}$ の場合で、その時の力積は $\boxed{\text{コ}}$ となることが分かる。

問2. 図2に示すように、勾配 $\theta\ [\mathrm{rad}]$ が $\tan\theta=0.3$ で与えられる斜面上での、質量 $m$ の2つの物体CおよびDの運動を考える。斜面と物体Cとの間には摩擦はないが、斜面と物体Dの間には摩擦力が働くものとする。

最初、物体Dは静止摩擦で斜面上に静止している。時刻 $t=0$ に物体Cが物体Dから距離 $X$ 離れたところから初速ゼロで滑り始め、時刻 $t=t_1$ に静止状態の物体Dと弾性衝突(完全弾性衝突)した。その後、2つの物体はいったん離れ、時刻 $t=t_2$ に再び斜面の途中で衝突した。

衝突している時間は極めて短く、衝突に対する静止摩擦の影響も無視できるものとする。また、斜面と物体Dとの動摩擦係数を $\mu’=0.3$ とし、重力加速度の大きさを $g$、速度は斜面に沿って下向きを正とする。

以下の問いに答えよ。ただし、(1)、(2)および(5)については答えだけではなく、導出過程も記すこと。

(1) 最初の衝突直前の物体Cの速度 $V_0$、および衝突の時刻 $t_1$ を求めよ。ただし、勾配は $\theta$ と記してよい。

(2) 最初の衝突直後の、物体Cの速度 $V_{\mathrm{C}}$ および物体Dの速度 $V_{\mathrm{D}}$ を求めよ。ただし、物体Cの衝突直前の速度として $V_0$ を用いてよい。

(3) 最初の衝突後に物体Dに作用する力をすべて、解答用紙の図中に矢印で記入せよ。さらに、それぞれの力の名称およびその大きさを書け。ただし、矢印の向きと長さは力の向きと大きさに対応させること。

(4) 時刻 $t=0$ から再び衝突する時刻 $t=t_2$ までの物体CおよびDの速度の時間変化を、それぞれ破線および実線で、解答用紙のグラフに示せ。ただし、グラフの軸の目盛は $V_0$ と $t_1$ を基準とすること。

(5) 物体CとDが再び衝突するまでに物体Dが移動する距離 $Y$ を、 $X$ を用いて表せ。

空欄ア〜コ

接触している間、B が水平方向に受ける力は A から受ける $F_0$ だけ（鉛直方向は重力と垂直抗力がつり合い、水平面はなめらか）。右向きを正とする。

B の運動方程式を立てる。力が一定なので、加速度も一定。

$$Ma_{\mathrm B}=F_0$$

答（ア）　$\dfrac{F_0}{M}$（2点）

B は最初静止（速度0）で、加速度 $a_{\mathrm B}$ の等加速度運動を時間 $T$ だけ続ける。離れたあとは水平方向に力がはたらかないので、速度は変わらない。

$$v_{\mathrm B}=0+a_{\mathrm B}T=\frac{F_0T}{M}$$

答（イ）　$\dfrac{F_0T}{M}$（2点）

A が B から受ける力は、作用・反作用の法則により、B が A から受ける力と大きさが同じで向きが逆。B が受ける力は右向きの $F_0$ なので、A が受ける力は左向きで、右向きが正の成分で書くと $-F_0$。

答（ウ）　作用・反作用（2点）

答（エ）　$-F_0$（2点）

A の運動方程式を立てる。

$$ma_{\mathrm A}=-F_0\qquad\therefore\ a_{\mathrm A}=-\frac{F_0}{m}$$

A は最初の速度 $V$ から、この加速度で時間 $T$ だけ運動する。

$$v_{\mathrm A}=V+a_{\mathrm A}T=V-\frac{F_0T}{m}$$

答（オ）　$V-\dfrac{F_0T}{m}$（2点）

衝突後の A と B の運動量の和を作ると、 $F_0$ と $T$ が消える。

$$m\left(V-\frac{F_0T}{m}\right)+M\cdot\frac{F_0T}{M}=mV$$

これは衝突前の和 $mV+M\cdot0=mV$ と同じ。衝突の際にはたらく力（$F_0$）や時間（$T$）によらず、2つの物体の運動量の和は変わらない。

答（カ）　運動量（2点）

力積は「力×時間」なので、単位は $\mathrm{N\cdot s}$。 $1\ \mathrm N=1\ \mathrm{kg\cdot m/s^2}$ なので

$$\mathrm{N\cdot s}=\mathrm{kg\cdot m/s^2}\cdot\mathrm s=\mathrm{kg\cdot m/s}$$

運動量（質量×速度）の単位と同じになる。

答（キ）　$\mathrm{kg\cdot m/s}$（2点）

A が B に及ぼした力は、一定の $F_0$ で時間 $T$ だけはたらいた。

答（ク）　$F_0T$（2点）

（確かめ：B の運動量の変化は $M\cdot\dfrac{F_0T}{M}-0=F_0T$ で、力積と同じ。力積＝運動量の変化）

力積は B の運動量の変化に等しい（ク と同じ値）。一般の衝突では、衝突後の A・B の速度（右向き正）を $u_{\mathrm A}$、 $u_{\mathrm B}$ として、運動量保存と反発係数の式をセットで立てる。

$$mV=mu_{\mathrm A}+Mu_{\mathrm B},\qquad e=-\frac{u_{\mathrm A}-u_{\mathrm B}}{V-0}\ \ \therefore\ u_{\mathrm B}-u_{\mathrm A}=eV$$

$u_{\mathrm A}=u_{\mathrm B}-eV$ を保存の式に入れて、 $u_{\mathrm B}$ を求める。

$$(m+M)u_{\mathrm B}=(1+e)mV\qquad\therefore\ u_{\mathrm B}=\frac{(1+e)m}{m+M}V$$

A が B に及ぼした力積 $I$ は、B の運動量の変化なので

$$I=Mu_{\mathrm B}-0=\frac{(1+e)mM}{m+M}V$$

反発係数は $0\leqq e\leqq1$。 $e$ が小さいほど $I$ は小さくなるので、最小になるのは $e=0$（A と B が一体になる衝突）。

答（ケ）　$0$（2点）

答（コ）　$\dfrac{mM}{m+M}V$（2点）

問2 (1)

C にはたらく力は、重力 $mg$（鉛直下向き）と垂直抗力 $N$（斜面に垂直）の2つ。斜面はなめらかなので摩擦力はない（下の図）。

斜面に沿って下向きが正。重力を斜面に沿った成分と垂直な成分に分けると、斜面に沿った方向の力は $mg\sin\theta$ だけ。運動方程式は

$$ma=mg\sin\theta\qquad\therefore\ a=g\sin\theta$$

加速度は一定なので、等加速度運動の式が使える。時間が分かっていないので、距離 $X$ を滑るあいだの速度は、時間を介さない公式（速度の2乗の差＝2×加速度×距離）に初速0を入れて求める。

$$V_0{}^2-0^2=2aX=2g\sin\theta\cdot X\qquad\therefore\ V_0=\sqrt{2gX\sin\theta}$$

時刻 $t_1$ は、速度の式 $V_0=at_1$ から

$$t_1=\frac{V_0}{g\sin\theta}=\sqrt{\frac{2X}{g\sin\theta}}$$

答　$V_0=\sqrt{2gX\sin\theta}$、 $t_1=\sqrt{\dfrac{2X}{g\sin\theta}}$（5点）

問2 (2)

衝突は極めて短い時間で終わるので、衝突のあいだの重力の斜面成分や静止摩擦力の力積は無視できる。C と D のあいだにはたらく力は作用・反作用（内力）だけなので、運動量が保存する。斜面に沿って下向きを正とし、衝突直後の速度を $V_{\mathrm C}$、 $V_{\mathrm D}$ とする（下の図）。

$$mV_0+0=mV_{\mathrm C}+mV_{\mathrm D}$$

弾性衝突なので反発係数は $e=1$。

$$1=-\frac{V_{\mathrm C}-V_{\mathrm D}}{V_0-0}\qquad\therefore\ V_{\mathrm D}-V_{\mathrm C}=V_0$$

$V_{\mathrm D}=V_0+V_{\mathrm C}$ を保存の式に入れると $V_0=V_{\mathrm C}+V_0+V_{\mathrm C}$ なので、 $V_{\mathrm C}=0$。このとき $V_{\mathrm D}=V_0$。

答　$V_{\mathrm C}=0$、 $V_{\mathrm D}=V_0$（5点）

（同じ質量の弾性衝突では速度が入れかわる。基本の法則から導けるようにしてから、結果を覚えて使う）

問2 (3)

D にはたらく力を「重力 → 触れているもの」の順に書く。重力 $mg$（鉛直下向き）、斜面から受ける垂直抗力 $N$（斜面に垂直で上向き）、動摩擦力 $f$。D は斜面に沿って下向きに動くので、動摩擦力は逆向き（斜面に沿って上向き）。力は3つだけ。

斜面に垂直な方向は動かないので、力がつり合う。垂直抗力を $mg$ と決めつけず、この式で求める。

$$N=mg\cos\theta$$

動摩擦力は $f=\mu’N=\mu’mg\cos\theta$。 $\tan\theta=0.3=\dfrac{3}{10}$ なので、高さ3・底辺10の直角三角形で考える。斜辺は $\sqrt{3^2+10^2}=\sqrt{109}$（下の図）。

$$\cos\theta=\frac{10}{\sqrt{109}},\qquad\sin\theta=\frac{3}{\sqrt{109}}$$

$$N=\frac{10}{\sqrt{109}}mg\ \left(\fallingdotseq0.96\,mg\right),\qquad f=0.3\times\frac{10}{\sqrt{109}}mg=\frac{3}{\sqrt{109}}mg\ \left(\fallingdotseq0.29\,mg\right)$$

矢印の長さは大きさに比例させる。重力：垂直抗力：動摩擦力＝1：0.96：0.29。

答　重力 $mg$（鉛直下向き）、垂直抗力 $\dfrac{10}{\sqrt{109}}mg$（斜面に垂直に上向き）、動摩擦力 $\dfrac{3}{\sqrt{109}}mg$（斜面に沿って上向き）（5点）

（確かめ：動摩擦力 $\dfrac{3}{\sqrt{109}}mg$ は、重力の斜面に沿った成分 $mg\sin\theta=\dfrac{3}{\sqrt{109}}mg$ と同じ大きさ。斜面に沿った方向の力がつり合うので、 $a=0$ ＝ D は等速で進む）

問2 (4)

D の運動。衝突前は静止摩擦で静止している（速度0）。衝突のあとは、(3) の確かめより斜面に沿った方向の力がつり合う。運動方程式 $ma_{\mathrm D}=mg\sin\theta-\mu’mg\cos\theta=0$ より $a_{\mathrm D}=0$。D は $t=t_1$ から、速度 $V_0$ の等速運動。

C の運動。衝突まで加速度 $g\sin\theta$ で、(1) より $V_0=g\sin\theta\cdot t_1$ なので、加速度は $g\sin\theta=\dfrac{V_0}{t_1}$。衝突の瞬間に速度は $V_0$ から 0 になる。衝突のあとも斜面はなめらかなので、C は 0 から同じ加速度 $\dfrac{V_0}{t_1}$ で再び加速する。

再び衝突するのは、C と D の変位が等しいとき。衝突後の経過時間を $\tau$ とおくと

$$\frac12\cdot\frac{V_0}{t_1}\tau^2=V_0\tau\qquad\therefore\ \tau=2t_1$$

$t_2=t_1+\tau$ なので $t_2=3t_1$。そのときの C の速度は $\dfrac{V_0}{t_1}\cdot2t_1=2V_0$。

v-t グラフでは、D の長方形（底辺 $\tau$・高さ $V_0$）と C の三角形（底辺 $\tau$・高さは再び衝突するときの C の速度 $v_{\mathrm C}$）の面積が等しい。三角形の面積は底辺×高さ÷2 なので、 $v_{\mathrm C}$ は D の速度の2倍の $2V_0$。傾きが $\dfrac{V_0}{t_1}$ なので、0 から $2V_0$ までに $2t_1$ かかる。

目盛りは $V_0$ と $t_1$ が基準。 $t_2$ は $3t_1$、C の最後の速度は $2V_0$ と書く。C は破線、D は実線。衝突の瞬間、C は $V_0$ から 0 に、D は 0 から $V_0$ に飛ぶ。

答　上のグラフ（C は破線、D は実線。 $t_2=3t_1$、C の最後の速度は $2V_0$）（5点）

問2 (5)

$Y$ は、D が衝突後に移動する距離。v-t グラフでは、 $t_1$ から $t_2$ までの D の長方形の面積（底辺 $2t_1$・高さ $V_0$）。

$$Y=V_0\cdot(t_2-t_1)=2V_0t_1$$

$X$ は、最初に C が滑った距離。 $0\leqq t\leqq t_1$ の三角形の面積。

$$X=\frac12V_0t_1\qquad\therefore\ V_0t_1=2X$$

よって $Y=2V_0t_1=2\cdot2X$。

答　$Y=4X$（5点）

（図の見方：衝突後の C の三角形は、最初の三角形の底辺2倍・高さ2倍の相似形なので、面積は4倍で $4X$。この面積が C の変位で、追いついたときの D の変位 $Y$ と等しい）

別解

問2 (1)　（力学的エネルギー保存で $V_0$ だけ求める）　なめらかな斜面では力学的エネルギーが保存する。距離 $X$ 滑ると高さは $X\sin\theta$ 下がる。

$$mgX\sin\theta=\frac12m{V_0}^2\qquad\therefore\ V_0=\sqrt{2gX\sin\theta}$$

同じ答え。本解は、時刻 $t_1$ も同じ加速度から求める流れなので、運動方程式から始めた。

問2 (5)　（位置の式だけで）　(4) のグラフを使わず、衝突後の位置の式で求める。C の加速度 $g\sin\theta$ で

$$\frac12g\sin\theta\cdot\tau^2=V_0\tau\qquad\therefore\ \tau=\frac{2V_0}{g\sin\theta}$$

$$Y=V_0\tau=\frac{2{V_0}^2}{g\sin\theta}=\frac{2\cdot2gX\sin\theta}{g\sin\theta}=4X$$

同じ答え。(4) のグラフが書けなくても、(5) はこの方法で取れる。

以下の問いに答えよ。

図3のように、真空中に二枚の平板電極1、2を水平に配置し、平行板コンデンサーを構成する。電極1は天井の絶縁壁に固定されており、電極2はバネ定数 $k$ のバネを介して、床の絶縁壁に固定されている。電極1、2はともに一辺が $L$ の正方形である。はじめに、バネが自然長となる位置に周囲と絶縁されたストッパーを用いて電極2を固定したところ、電極1と電極2の距離は $d$ であった。この状態を初期状態とする。鉛直方向に $x$ 軸をとり、初期状態の電極2の位置を原点とする。

両者の電極は、導線を介して、図に示す回路に接続されている。 $L$ は電極間距離に比べ十分大きく、電極表面の電荷は均一に分布するものとし、電極端部の影響は無視する。また、バネおよび導線の質量、導線の電気抵抗ならびに電池の内部抵抗は無視できるものとする。最初、スイッチ $\mathrm{S_1}$、 $\mathrm{S_2}$ は共に開いており、電極1、2には電荷は無かった。真空の誘電率を $\varepsilon_0$ とする。

問1. まず、電極2を $x=0$ の位置に固定した状態で、スイッチ $\mathrm{S_1}$ を閉じ起電力 $V$ の電池を用いてコンデンサーを充電した。

(1) 十分に時間が経過した後、電極1に蓄えられた電荷 $Q$ はいくらか。 $L$、 $d$、 $V$、 $\varepsilon_0$、 $k$ の中から必要な記号を用いて答えよ。

(2) また、コンデンサーに蓄えられた静電エネルギー $U_{\mathrm{C}}$ はいくらか。 $L$、 $d$、 $Q$、 $\varepsilon_0$、 $k$ の中から必要な記号を用いて答えよ。

問2. 次に、スイッチ $\mathrm{S_1}$ を開いて電池を切り離した。

(1) 仮に、電極1を水平を保ったまま微小距離 $\Delta x$ だけゆっくりと上昇させたとする。この場合の静電エネルギーの増加 $\Delta U_{\mathrm{C}}$ を答えよ。

(2) 二枚の電極は正負に帯電しているので、引力を及ぼしあっている。電極を動かす時の外力の大きさがこの引力の大きさに等しいとして、電極間に働く引力 $F$ の大きさを答えよ。ただし、電極1の質量は無視する。

問3. さらに、スイッチ $\mathrm{S_1}$ を開いたまま、電極2のストッパーを静かに外したところ、電極2は上昇を始めた。ストッパーを外した瞬間の時刻を0とし、その後の電極2の運動について考察する。ただし、電極2は水平を保って運動するものとし、電極1に触れないものとする。また、電極2の質量を $m$、重力加速度の大きさを $g$ とする。

(1) 時刻0で電極が上昇するために $Q$ が満たすべき条件を答えよ。

(2) 電極2が到達する最上点の座標 $x_{\mathrm{M}}$ はいくらか。 $L$、 $d$、 $Q$、 $\varepsilon_0$、 $k$、 $m$、 $g$ から必要な記号を用いて答えよ。

(3) 電極間の電界の $x$ 成分 $E_x$ の時間変化を表すグラフとして、最も適するものを、次の(a)から(f)の中から選べ。

問4. 最後に、電極2が最上点の位置に来たところで、電極位置を再び固定し、次にスイッチ $\mathrm{S_2}$ を閉じた。スイッチを閉じて十分時間が経つまでに抵抗 $\mathrm{R_2}$ で消費されるエネルギーを $U_{\mathrm{R2}}$ とすると、 $U_{\mathrm{R2}}$ と問1(2)で求めた、最初にコンデンサーに蓄えられた静電エネルギー $U_{\mathrm{C}}$ との差は次式によって与えられる。 $d$、 $Q$、 $\varepsilon_0$、 $k$、 $m$、 $g$ から必要な記号を用いて $\boxed{\quad\quad}$ を埋めよ。

$$U_{\mathrm{C}}-U_{\mathrm{R2}}=\boxed{\quad\quad}\,x_{\mathrm{M}}^2+\boxed{\quad\quad}\,x_{\mathrm{M}}$$

問1 (1)

電池につながれて十分時間が経ったので、電極間の電位差は起電力 $V$。電極1 が $+Q$、電極2 が $-Q$ で、極板の面積は $L^2$。電場は「単位面積あたりの電気力線の本数」なので

$$E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0L^2}$$

一様な電場の電位差は $V=Ed$ なので、 $V=\dfrac{Qd}{\varepsilon_0L^2}$ 。これを $Q$ について解く（ $k$ は使わない）。

答　$Q=\dfrac{\varepsilon_0L^2V}{d}$（5点）

問1 (2)

使える記号は $L$、 $d$、 $Q$、 $\varepsilon_0$、 $k$ で、 $V$ が入っていない。電気量 $Q$ と電気容量 $C$ で書ける形 $U_{\mathrm C}=\dfrac{Q^2}{2C}$ を選ぶ。電気容量は、問1 (1) の $Q=CV$ との比較から $C=\dfrac{\varepsilon_0L^2}{d}$ 。

$$U_{\mathrm C}=\dfrac{Q^2}{2}\cdot\dfrac{d}{\varepsilon_0L^2}$$

答　$U_{\mathrm C}=\dfrac{Q^2d}{2\varepsilon_0L^2}$（5点）

問2 (1)

$\mathrm{S_1}$ を開いたので、電極に蓄えられた電気量 $Q$ はそのまま（電池も、どこにも電気の行き場が無い）。電極1 を $\Delta x$ 上げると、間隔は $d+\Delta x$ になり、電気容量は $C’=\dfrac{\varepsilon_0L^2}{d+\Delta x}$ に変わる。 $Q$ が一定なので、静電エネルギーは $\dfrac{Q^2}{2C’}$ の形で書く。後から前を引く。

$$\Delta U_{\mathrm C}=\dfrac{Q^2}{2C’}-\dfrac{Q^2}{2C}=\dfrac{Q^2(d+\Delta x)}{2\varepsilon_0L^2}-\dfrac{Q^2d}{2\varepsilon_0L^2}$$

答　$\Delta U_{\mathrm C}=\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}\Delta x$（5点）

問2 (2)

電極1 をゆっくり動かすとき、外力は引力とつりあっている（外力が引力より大きければ、電極1 は加速してしまう）。電池は切り離されていて、電流も流れないので、外力の仕事がそのまま静電エネルギーの増加になる（エネルギー保存の一般形で、 $W_{電}=0$、 $H=0$、 $\Delta E=0$ の項を消す）。

$$W_{外}=\Delta U_{\mathrm C}\qquad F\,\Delta x=\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}\Delta x$$

$\Delta x$ の係数を読む。 $Q$ 一定なら、引力は間隔によらず一定（下の図の左は外力と引力のつりあい）。

答　$F=\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}$（5点）

問3 (1)

時刻0 の電極2 は $x=0$ にあり、ばねは自然長なので、ばねの力は0。力は、上向きの引力 $F$ と、下向きの重力 $mg$ の2つ（図の左）。上へ動き出すには、上向きの力の方が大きい。問2 (2) の $F$ を使うと

$$F>mg\qquad \dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}>mg$$

$Q^2>2\varepsilon_0L^2mg$ で $Q>0$ なので、 $Q>L\sqrt{2\varepsilon_0mg}$ 。

答　$Q>L\sqrt{2\varepsilon_0mg}$（5点）

問3 (2)

位置 $x$ にいる電極2 には、上向きに引力 $F$、下向きに重力 $mg$ とばねの力 $kx$ がはたらく（ばねは自然長から $x$ 伸びている。図の右）。引力 $F$ は $Q$ 一定なので $x$ によらず一定。上向きを正として運動方程式を立てる。

$$ma=F-mg-kx=-k\left(x-\dfrac{F-mg}{k}\right)$$

$-K(x-x_0)$ の形なので、振動の中心は $x_0=\dfrac{F-mg}{k}$ （つり合いの位置）。単振動定数は $k$ のまま。時刻0 は静かに外した直後なので、速さ0 で $x=0$ にいる。つまり $x=0$ は振動の端で、振幅は $x_0$。最上点は中心から振幅だけ上なので $x_{\mathrm M}=x_0+x_0=2x_0$（下の図）。

$$x_{\mathrm M}=\dfrac{2(F-mg)}{k}=\dfrac2k\left(\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}-mg\right)$$

答　$x_{\mathrm M}=\dfrac{2}{k}\left(\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}-mg\right)$（5点）

（問3 (1) の条件から $F>mg$ なので $x_{\mathrm M}>0$。問題文のとおり $x_{\mathrm M}<d$ で、電極1 には触れない。）

問3 (3)

電場は $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0L^2}$ で、電気量だけで決まる。 $\mathrm{S_1}$ が開いているので $Q$ は一定。電極2 が上下に動いても、電場の大きさは変わらない（変わるのは電位差 $V=E\,(d-x)$ の方。下の図）。向きは、正の電極1 から負の電極2 へ向かう下向きなので、$x$ 軸（上向き）の成分は負。よって、負の一定値のグラフ。

答　(c)（5点）

問4

エネルギー保存の一般形 $W_{外}+W_{電}=\Delta U+H+\Delta E$ を、2つの段階に分けて使う。

最初の状態（ $x=0$ 、速さ0）から最上点（速さ0）まで。外力は無く、電池もつながっていないので $W_{外}=W_{電}=0$。抵抗に電流は流れないので $H=0$。静電エネルギーの変化と、力学的エネルギーの変化だけが残る。最上点の静電エネルギーを $U_{\mathrm M}$ とおく。ばねは $x_{\mathrm M}$ 伸び、電極2 は $x_{\mathrm M}$ だけ上がり、速さは0。

$$0=(U_{\mathrm M}-U_{\mathrm C})+\left(\dfrac k2x_{\mathrm M}^2+mg\,x_{\mathrm M}\right)\qquad\therefore\ U_{\mathrm C}-U_{\mathrm M}=\dfrac k2x_{\mathrm M}^2+mg\,x_{\mathrm M}$$

次に、最上点で電極を固定して $\mathrm{S_2}$ を閉じる。 $\mathrm{S_1}$ は開いたままなので電池は関係しない。抵抗 $\mathrm{R_2}$ を通って、電極に蓄えられていた電気量が全部放電される。たまっていた静電エネルギー $U_{\mathrm M}$ が、そのまま全部ジュール熱になる。

$$U_{\mathrm{R2}}=U_{\mathrm M}$$

2つを合わせると、求める差は

$$U_{\mathrm C}-U_{\mathrm{R2}}=U_{\mathrm C}-U_{\mathrm M}=\dfrac k2x_{\mathrm M}^2+mg\,x_{\mathrm M}$$

答（ $x_{\mathrm M}^2$ の前）　$\dfrac k2$（3点）

答（ $x_{\mathrm M}$ の前）　$mg$（2点）

別解

問2 (2)　相手の極板がつくる電場から

電極1 の電荷 $Q$ が受ける力を考える。電極間の電場 $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0L^2}$ は、電極1 がつくる電場 $E_+$ と、電極2 がつくる電場 $E_-$ の和。2つの電極は同じ大きさの電気量なので $E_+=E_-=\dfrac12E$。電極1 は、自分がつくる電場からは力を受けないので、受ける力は電極2 がつくる電場 $E_-$ からだけ（前の図の右）。

$$F=QE_-=\dfrac12QE=\dfrac12Q\cdot\dfrac{Q}{\varepsilon_0L^2}=\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}$$

本解と同じ。極板間引力の導き方は2通りとも、できるようにしておく。

問3 (2)　エネルギー保存から

最初（ $x=0$ 、速さ0）と最上点（速さ0）で、引力 $F$ がした仕事 $Fx_{\mathrm M}$ が、ばねの弾性エネルギーと重力の位置エネルギーの増加になる。

$$Fx_{\mathrm M}=\dfrac k2x_{\mathrm M}^2+mg\,x_{\mathrm M}\qquad\therefore\ x_{\mathrm M}=\dfrac{2(F-mg)}{k}$$

$x_{\mathrm M}\ne0$ で割った。本解と同じ。

問4　引力のした仕事で

最上点の静電エネルギーは $U_{\mathrm M}=\dfrac{Q^2(d-x_{\mathrm M})}{2\varepsilon_0L^2}$ なので

$$U_{\mathrm C}-U_{\mathrm{R2}}=\dfrac{Q^2d}{2\varepsilon_0L^2}-\dfrac{Q^2(d-x_{\mathrm M})}{2\varepsilon_0L^2}=\dfrac{Q^2}{2\varepsilon_0L^2}x_{\mathrm M}=F\,x_{\mathrm M}$$

このままでは $L$ が残り、使える記号に合わない。問3 (2) の $x_{\mathrm M}=\dfrac{2(F-mg)}{k}$ から $F=\dfrac k2x_{\mathrm M}+mg$ と書き直して代入すると、本解と同じ式になる。

文中の空欄 $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{ソ}}$ にあてはまる数式を答えよ。ただし、角度および角速度の単位は、それぞれ $\mathrm{rad}$ および $\mathrm{rad/s}$ とし、円周率は $\pi$ とする。必要があれば、三角関数の公式

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

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

を用いてよい。また、 $\theta$ の大きさが十分小さいときには、 $\sin\theta=\theta$、 $\cos\theta=1$ とせよ。

問1. 図4のように、 $xy$ 平面上で時計回りに角速度の大きさが $\omega$ で等速円運動をする物体を考える。 $xy$ 座標の原点を円の中心とし、時刻 $t$ での物体の位置 $\vec{r}(t)$ を $\vec{r}(t)=(x(t),\ y(t))$ と表す。ただし、円の半径を $r$ とし、時刻0では $\vec{r}(0)=(0,\ r)$ とする。同様に、速度 $\vec{v}(t)$ を $\vec{v}(t)=(v_x(t),\ v_y(t))$、加速度 $\vec{a}(t)$ を $\vec{a}(t)=(a_x(t),\ a_y(t))$ と表す。答えは、 $r$、 $\omega$、 $t$ の中から必要な記号を用いて表せ。

時刻 $t$ での物体の位置については、 $x(t)=\boxed{\text{ア}}$、 $y(t)=\boxed{\text{イ}}$ である。時刻0から $\Delta t$ までの位置の変化 $\vec{r}(\Delta t)-\vec{r}(0)$ は、 $\Delta t$ が十分小さいときには $\vec{v}(0)\Delta t$ に等しいので、 $v_x(0)=\boxed{\text{ウ}}$、 $v_y(0)=\boxed{\text{エ}}$ である。 $\vec{v}(0)$ と $\vec{v}(t)$ のなす角は $\omega t$ であるから、 $v_x(t)=\boxed{\text{オ}}$、 $v_y(t)=\boxed{\text{カ}}$ となる。同様に、速度の変化 $\vec{v}(\Delta t)-\vec{v}(0)$ は $\vec{a}(0)\Delta t$ に等しいので、 $a_x(0)=\boxed{\text{キ}}$、 $a_y(0)=\boxed{\text{ク}}$ である。 $\vec{a}(0)$ と $\vec{a}(t)$ のなす角は $\omega t$ であるから、 $a_x(t)=\boxed{\text{ケ}}$、 $a_y(t)=\boxed{\text{コ}}$ となる。

問2. 図5のように、質量 $m$ の多数の物体を、質量が無視できるバネ定数 $k$ の同じバネでつなぎ、なめらかな水平面上の直線( $x$ 軸)に沿って静止させる。このとき、各物体の間隔は $d$ であり、左端から $n$ 番目の物体の位置 $x_n$ を $x_n=nd$ とする。次に、それぞれの物体を振幅 $r$、角振動数 $\omega$ で $x$ 方向に単振動させる。時刻 $t$ において、 $n$ 番目の物体がはじめに静止していた位置 $x_n$ からの変位を $u_n(t)$ とする。以下では、すべての物体の変位が図6に示すように波長 $\lambda$ の正弦波上にあり、時間の経過にしたがって、この正弦波が $x$ 軸の正の向きに進む場合を考える。このとき、 $\lambda$ は $d$ にくらべて十分に大きく、物体に作用する力はバネによるもののみとする。答えは、 $r$、 $\omega$、 $t$、 $d$、 $\lambda$、 $m$、 $k$ の中から必要な記号を用いて表せ。

それぞれの物体の単振動は、等速円運動を直線上に投影した運動と考えてよい。いま、 $P$ 番目の物体についてみたところ、対応する等速円運動の回転角が $\omega t$ であり、単振動の変位は $u_P(t)=r\sin(\omega t)$ であった。このとき、 $P-1$ 番目と $P+1$ 番目の物体に対応する等速円運動の回転角は、それぞれ $\boxed{\text{サ}}$ と $\boxed{\text{シ}}$ となり、 $u_{P-1}(t)=r\sin\left(\boxed{\text{サ}}\right)$、 $u_{P+1}(t)=r\sin\left(\boxed{\text{シ}}\right)$ となる。時刻 $t$ において、 $P$ 番目の物体の加速度は $\boxed{\text{ス}}$ であり、 $P$ 番目の物体が左右のバネから受ける力の合力は $\boxed{\text{セ}}\times r\sin(\omega t)$ であるので、この物体の運動方程式から、 $\omega$ と $\lambda$ の間には $\omega^2=\boxed{\text{ソ}}$ の関係がある。

空欄ア・イ

物体は時計回りに回るので、時刻 $t$ には、はじめの位置 $(0,\ r)$ から角 $\omega t$ だけ $x$ が増える向きに回っている。角 $\omega t$ は $y$ 軸から測られているので、位置の $x$ 成分は半径 $r$ の $\sin$ 倍、 $y$ 成分は $\cos$ 倍。

答（ア）　$r\sin\omega t$（2点）

答（イ）　$r\cos\omega t$（2点）

空欄ウ・エ

時刻0 から $\Delta t$ までの位置の変化は

$$\vec{r}(\Delta t)-\vec{r}(0)=\bigl(r\sin\omega\Delta t,\ r\cos\omega\Delta t-r\bigr)$$

$\omega\Delta t$ が十分小さいので $\sin\omega\Delta t=\omega\Delta t$、 $\cos\omega\Delta t=1$ とすると、 $(r\omega\Delta t,\ 0)$。これが $\vec{v}(0)\Delta t$ に等しい。時計回りに出発するので、はじめは $+x$ 向きに動く。

答（ウ）　$r\omega$（2点）

答（エ）　$0$（2点）

空欄オ・カ

$\vec{v}(t)$ は $\vec{v}(0)$ を時計回りに $\omega t$ 回したもの。大きさは $r\omega$ のまま、向きは $x$ 軸から下向きに角 $\omega t$（下の図の左）。位置 $(r\sin\omega t,\ r\cos\omega t)$ と速度は直交するので、$\sin$ と $\cos$ が入れかわり、下向きの成分には負の符号がつく。

答（オ）　$r\omega\cos\omega t$（2点）

答（カ）　$-r\omega\sin\omega t$（2点）

空欄キ・ク

時刻0 から $\Delta t$ までの速度の変化は、ウ・エと同じ近似で

$$\vec{v}(\Delta t)-\vec{v}(0)=\bigl(r\omega\cos\omega\Delta t-r\omega,\ -r\omega\sin\omega\Delta t\bigr)=\bigl(0,\ -r\omega^2\Delta t\bigr)$$

これが $\vec{a}(0)\Delta t$ に等しい。時刻0 の物体は円の一番上にいるので、加速度は中心向き（真下）で、大きさは $r\omega^2$。

答（キ）　$0$（2点）

答（ク）　$-r\omega^2$（2点）

空欄ケ・コ

$\vec{a}(t)$ は $\vec{a}(0)$ を時計回りに $\omega t$ 回したもの（上の図の右）。真下から時計回りに回すと、 $x$ 成分は負、 $y$ 成分も負。

答（ケ）　$-r\omega^2\sin\omega t$（2点）

答（コ）　$-r\omega^2\cos\omega t$（2点）

（確かめ： $\vec{a}(t)=-\omega^2\,\vec{r}(t)$ になっている。加速度は常に中心向きで、大きさは $r\omega^2$）

空欄サ・シ

各物体は、等速円運動の回転角が $\omega t$ の $P$ 番目と同じ角速度で回っていて、回転角だけがずれる。波は $+x$ 向きに進むので、左の $P-1$ 番目に波が先に来る。 $P-1$ 番目は $P$ 番目より先に同じ動きをしているので、回転角は進み、 $P+1$ 番目は遅れる。ずれの大きさは、間隔 $d$ が波長 $\lambda$（回転角 $2\pi$ に対応）の何分の1かで決まる。

$$d:\lambda=\Delta\phi:2\pi\qquad\therefore\ \Delta\phi=\dfrac{2\pi d}{\lambda}$$

答（サ）　$\omega t+\dfrac{2\pi d}{\lambda}$（3点）

答（シ）　$\omega t-\dfrac{2\pi d}{\lambda}$（2点）

（確かめ：波が $v=\dfrac{\lambda}{T}$ で進むとき、 $P-1$ 番目の動きは $P$ 番目より $\dfrac dv=\dfrac{dT}{\lambda}$ だけ先なので、回転角は $\omega\cdot\dfrac{dT}{\lambda}=\dfrac{2\pi d}{\lambda}$ だけ進む）

空欄ス

$P$ 番目の単振動は $u_P=r\sin\omega t$。これは問1 の $x(t)$ と同じ形なので、加速度は問1 のケと同じ。

答（ス）　$-r\omega^2\sin\omega t$（5点）

空欄セ・ソ

$P$ 番目の物体が受ける力は、両隣のばねの力だけ。右のばねは $u_{P+1}-u_P$ だけ伸び、右向きに $k(u_{P+1}-u_P)$ の力。左のばねは $u_P-u_{P-1}$ だけ伸び、左向きに $k(u_P-u_{P-1})$ の力（下の図）。右向きを正とした合力は

$$F=k(u_{P+1}-u_P)-k(u_P-u_{P-1})=k(u_{P+1}+u_{P-1}-2u_P)$$

位相のずれを $\phi=\dfrac{2\pi d}{\lambda}$ とおくと、サ・シより $u_{P-1}=r\sin(\omega t+\phi)$、 $u_{P+1}=r\sin(\omega t-\phi)$。与えられた加法定理で

$$u_{P+1}+u_{P-1}=r\bigl\{\sin(\omega t-\phi)+\sin(\omega t+\phi)\bigr\}=2r\sin\omega t\cos\phi$$

$$F=k\cdot2r\sin\omega t\cos\phi-2kr\sin\omega t=-2k(1-\cos\phi)\,r\sin\omega t$$

ここまでは近似を使っていない。 $\lambda\gg d$ なので $\phi$ は小さいが、$\cos\phi=1$ と置くと $F=0$ になってしまう。そこで $1-\cos\phi$ を、 $\cos\phi=\cos\dfrac\phi2\cos\dfrac\phi2-\sin\dfrac\phi2\sin\dfrac\phi2$ と $\sin^2+\cos^2=1$ から

$$1-\cos\phi=2\sin^2\dfrac\phi2$$

に直してから、小さい角 $\dfrac\phi2$ に $\sin\theta=\theta$ を使う。

$$1-\cos\phi\fallingdotseq2\left(\dfrac\phi2\right)^2=\dfrac{\phi^2}{2}\qquad\therefore\ F\fallingdotseq-k\phi^2\,r\sin\omega t=-k\left(\dfrac{2\pi d}{\lambda}\right)^2r\sin\omega t$$

答（セ）　$-\dfrac{4\pi^2kd^2}{\lambda^2}$（5点）

（近似する前の形 $-2k\left(1-\cos\dfrac{2\pi d}{\lambda}\right)$ も式として正しく、値は $\lambda\gg d$ で一致する。近似した形の方が、次の ソ で $\omega$ と $\lambda$ の関係が見えやすい）

運動方程式「質量×加速度＝合力」に、スとセを入れる。

$$m\cdot(-r\omega^2\sin\omega t)=-\dfrac{4\pi^2kd^2}{\lambda^2}\,r\sin\omega t\qquad\therefore\ \omega^2=\dfrac{4\pi^2kd^2}{m\lambda^2}$$

答（ソ）　$\dfrac{4\pi^2kd^2}{m\lambda^2}$（5点）

（近似する前の形なら $\omega^2=\dfrac{2k}{m}\left(1-\cos\dfrac{2\pi d}{\lambda}\right)$。 $\omega=\dfrac{2\pi d}{\lambda}\sqrt{\dfrac km}$ なので、波の速さは $\dfrac{\omega\lambda}{2\pi}=d\sqrt{\dfrac km}$ で、波長 $\lambda$ によらない）

別解

問1 空欄ア〜コ　（微分）　位置 $x=r\sin\omega t$、 $y=r\cos\omega t$ を時間で微分すると、速度は $(r\omega\cos\omega t,\ -r\omega\sin\omega t)$、さらに微分すると加速度は $(-r\omega^2\sin\omega t,\ -r\omega^2\cos\omega t)$。時刻0 の値は $t=0$ を入れて、ウ $r\omega$、エ $0$、キ $0$、ク $-r\omega^2$。本解と同じ結果になる。ただし微分は数学Ⅲの内容なので、本解は問題文の誘導どおり回転で書いた。微分は検算に使える。

問2 空欄サ・シ　（波の式）　$P$ 番目の位置を $x_P$ とすると、位置 $x$ の物体の変位は $u(x,\ t)=r\sin\left\{\omega t-\dfrac{2\pi(x-x_P)}{\lambda}\right\}$（ $+x$ 向きに進む波）。 $x=x_P\mp d$ を入れると、 $P-1$ 番目は $\omega t+\dfrac{2\pi d}{\lambda}$、 $P+1$ 番目は $\omega t-\dfrac{2\pi d}{\lambda}$ で、本解と一致する。