【解説・配点付き】2012年九州大学物理の解答・解説

以下の問いに答えよ。

問1. 図1(a)に示すように水平面となす角 $\theta$ の斜面OPQRがある。バネ定数が $k$ で質量の無視できるバネを斜面の上端Oからつるしたところ、バネの下端（自然長の位置）はPであった。PからQ、およびQからRまでの距離はいずれも $\ell$ である。以下では、大きさが無視できる質量 $m$ の小物体の斜面上での運動について考える。重力加速度を $g$ とし、空気抵抗は無視する。斜面のOQ間は摩擦のないなめらかな面であるが、QR間はあらい面であり、小物体に対する動摩擦係数は $\mu$ である。

(1) 小物体をバネの下端に取り付けたところ、バネが $d_1$ だけ伸びて静止した（図1(a)）。 $d_1$ を $m$、 $g$、 $\theta$、 $k$ から必要なものを用いて表せ。

(2) 次に小物体をPの位置まで押し上げて静かに手を離したところ、バネに取り付けられた小物体は振動した。振動の振幅 $A$、周期 $T$、および小物体の速さの最大値 $v_{\max}$ を $m$、 $g$、 $\theta$、 $k$ から必要なものを用いて表せ。

(3) その後、小物体はPの位置でバネから離れて、斜面をすべり落ちた。小物体がQを通過する時の速さ $v_{\mathrm{Q}}$ を $m$、 $g$、 $\theta$、 $\ell$、 $k$ から必要なものを用いて表せ。

(4) 小物体はQを通過後、摩擦力を受けて減速し、Qから距離 $d_2$ の斜面上で止まった。Qを通過して減速中の小物体の加速度の大きさ $a$、Qを通過して止まるまでの時間 $t$、および距離 $d_2$ を、 $m$、 $g$、 $\theta$、 $\ell$、 $k$、 $\mu$ から必要なものを用いて表せ。

(5) 次に図1(b)のように小物体をバネに押し当て、バネを自然長の位置Pより $d_3$ だけ縮め、その位置で静かに手を離した。小物体はPでバネから離れて斜面をすべり続け、Rを通過した。Rでの小物体の速さ $v_{\mathrm{R}}$ を $m$、 $g$、 $\theta$、 $\ell$、 $k$、 $\mu$、 $d_3$ から必要なものを用いて表せ。

問2. 図1(c)に示すように、水平面内に $x$ 軸、鉛直上方に $y$ 軸をとり、大きさが無視できる質量 $m$ の小物体を、時刻 $t=0$ に原点から角度 $\alpha$、速さ $v_0$ で投げ上げた。小物体は $xy$ 平面内で放物線を描いて落下し、水平面との衝突をくり返し、最後は水平面上をすべりだした。水平面はなめらかであり、小物体と水平面の反発係数は $e\,(0<e<1)$ である。空気抵抗は無視する。重力加速度を $g$ とする。

$n$ 回目の衝突直後の小物体の速さを $v_n$、速度の $x$、 $y$ 成分を $v_{nx}$、 $v_{ny}$ とする。 $n$ 回目の衝突の時刻を $t_n$、衝突位置の $x$ 座標を $x_n$ とする。さらに、 $(n-1)$ 回目の衝突から $n$ 回目の衝突までにかかる時間を $\Delta t_n=t_n-t_{n-1}$、その時間に進む距離を $\Delta x_n=x_n-x_{n-1}$ とする。ただし $t_0=0$、 $x_0=0$ とする。 $t_n=\Delta t_1+\Delta t_2+\Delta t_3+\cdots+\Delta t_n$、および $x_n=\Delta x_1+\Delta x_2+\Delta x_3+\cdots+\Delta x_n$ の関係がある。

(1) 最初の衝突直後の速度成分 $v_{1x}$、 $v_{1y}$ および次の衝突直後の速度成分 $v_{2x}$、 $v_{2y}$ を $m$、 $\alpha$、 $v_0$、 $e$、 $g$ から必要なものを用いて表せ。

(2) $n$ 回目の衝突直後の速度成分 $v_{nx}$、 $v_{ny}$ を $m$、 $\alpha$、 $v_0$、 $e$、 $n$、 $g$ から必要なものを用いて表せ。

(3) $\Delta t_n$ を $m$、 $\alpha$、 $v_0$、 $e$、 $n$、 $g$ から必要なものを用いて表せ。

(4) $x_n$ を $m$、 $\alpha$、 $v_0$、 $e$、 $n$、 $g$ から必要なものを用いて表せ。ただし、 $1+e^1+e^2+e^3+\cdots+e^n=(1-e^{n+1})/(1-e)$ の関係式を使ってよい。

(5) $n$ が非常に大きくなると $e^n$ は0（ゼロ）に等しくなり、 $v_{ny}$ も0（ゼロ）に等しくなって小物体は水平面上をすべりだす。すべりだした時の $x_n$ の値 $x_{\mathrm{f}}$ を $m$、 $\alpha$、 $v_0$、 $e$、 $g$ から必要なものを用いて表せ。

(6) $n$ 回目の衝突で小物体が失うエネルギー $q_n$ を $m$、 $v_{(n-1)x}$、 $v_{nx}$、 $v_{(n-1)y}$、 $v_{ny}$ から必要なものを用いて表せ。

(7) $n$ 回の衝突で小物体が失うエネルギーを $Q_n=q_1+q_2+q_3+\cdots+q_n$ とする。 $n$ が非常に大きい時の $Q_n$ の値 $Q_{\mathrm{f}}$ を $m$、 $\alpha$、 $v_0$ を用いて表せ。ただし、 $n$ が非常に大きい時は $e^n$ は0（ゼロ）に等しいとして答えよ。

問1 (1)

つり合いの位置では、ばねの力（斜面上向き）と重力の斜面方向の成分（斜面下向き）がつり合う。ばねは $d_1$ だけ伸びている。

$$kd_1=mg\sin\theta$$

答　$d_1=\dfrac{mg\sin\theta}{k}$（4点）

問1 (2)

つり合いの位置が振動の中心で、P からの距離は $d_1$。小物体は P で静かに離したので、P は振動の端（速さ0）。端から中心までの距離が振幅なので $A=d_1$。最下点は P から $2d_1$ の位置になる（下の図）。

答　$A=\dfrac{mg\sin\theta}{k}$（2点）

斜面でも単振動定数は $k$ のままなので、周期は $m$ と $k$ だけで決まる（$\theta$ は入らない）。

答　$T=2\pi\sqrt{\dfrac mk}$（2点）

最大の速さは中心を通るとき。単振動のエネルギー保存（重力の位置エネルギーは入れない）を、端と中心で書く。

$$\frac12m{v_{\max}}^2=\frac12kA^2\qquad\therefore\ v_{\max}=A\sqrt{\frac km}$$

答　$v_{\max}=g\sin\theta\sqrt{\dfrac mk}$（2点）

問1 (3)

小物体は P（振動の端）で速さ0のままばねから離れ、なめらかな斜面を P から Q まで距離 $\ell$ だけすべる。P を位置エネルギーの基準にして、力学的エネルギー保存を書く。ばねはもう関係しないので、 $k$ は答えに入らない。小物体の質量 $m$ も約分で消える。

$$0=\frac12m{v_{\mathrm Q}}^2-mg\ell\sin\theta$$

答　$v_{\mathrm Q}=\sqrt{2g\ell\sin\theta}$（2点）

問1 (4)

QR 間（下の図）では、斜面に垂直な方向の力のつり合いから $N=mg\cos\theta$、動摩擦力は斜面上向きに $\mu mg\cos\theta$。斜面下向きを正として運動方程式を立てる。

$$ma’=mg\sin\theta-\mu mg\cos\theta$$

$a’$ は負（減速）なので、減速の加速度の大きさは $a=-a’$。

答　$a=g(\mu\cos\theta-\sin\theta)$（2点）

速さが $v_{\mathrm Q}$ から0になるまでの時間は $t=\dfrac{v_{\mathrm Q}}{a}$。

答　$t=\dfrac{1}{\mu\cos\theta-\sin\theta}\sqrt{\dfrac{2\ell\sin\theta}{g}}$（2点）

止まるまでの距離は、Q から止まる位置までの運動に $W=\Delta E$（摩擦の仕事＝エネルギーの変化）を使う。Q の位置を位置エネルギーの基準にする。摩擦の仕事は $-\mu mg\cos\theta\cdot d_2$。

$$-\mu mg\cos\theta\cdot d_2=\bigl(-mgd_2\sin\theta\bigr)-\frac12m{v_{\mathrm Q}}^2$$

$$d_2\,g(\mu\cos\theta-\sin\theta)=\frac12{v_{\mathrm Q}}^2=g\ell\sin\theta$$

答　$d_2=\dfrac{\ell\sin\theta}{\mu\cos\theta-\sin\theta}$（2点）

（減速して止まるので $\mu\cos\theta>\sin\theta$ が前提）

問1 (5)

手を離した位置（P から $d_3$ 上、速さ0）から R までに、次の3つがエネルギーを変える。

・ばねの弾性エネルギー $\dfrac12k{d_3}^2$ が、P（自然長）で0になる。

・重力の位置エネルギーは、手を離した位置から R まで、斜面に沿って $d_3+2\ell$ の分だけ減る。

・摩擦がはたらくのは QR 間だけなので、摩擦の仕事は $-\mu mg\cos\theta\cdot\ell$。

手を離した位置を位置エネルギーの基準にして、 $W=\Delta E$（摩擦の仕事＝後のエネルギー−前のエネルギー）を書く。

$$-\mu mg\ell\cos\theta=\left\{\frac12m{v_{\mathrm R}}^2-mg(d_3+2\ell)\sin\theta\right\}-\frac12k{d_3}^2$$

$$\frac12m{v_{\mathrm R}}^2=\frac12k{d_3}^2+mg(d_3+2\ell)\sin\theta-\mu mg\ell\cos\theta$$

答　${\small v_{\mathrm R}=\sqrt{\dfrac{k{d_3}^2}{m}+2g\{(d_3+2\ell)\sin\theta-\mu\ell\cos\theta\}}}$（3点）

問2 (1)

投げ上げた小物体は放物運動をして、同じ高さの床にもどる。放物運動は鉛直方向の運動が上がるときと下りるときで対称なので、最初の衝突の直前の鉛直の速さは投げ上げたときと同じ大きさ（下向きに $v_0\sin\alpha$）。なめらかな床なので、衝突で水平成分は変わらず、鉛直成分は大きさが $e$ 倍で逆向き（上向きが正）になる（下の図）。

答　$v_{1x}=v_0\cos\alpha$（1点）

答　$v_{1y}=ev_0\sin\alpha$（1点）

2回目の衝突の直前の鉛直の速さは、1回目の直後と同じ大きさ $ev_0\sin\alpha$（下向き）。これが $e$ 倍になって上向きになる。

答　$v_{2x}=v_0\cos\alpha$（1点）

答　$v_{2y}=e^2v_0\sin\alpha$（1点）

問2 (2)

衝突のたびに水平成分はそのまま、鉛直成分は $e$ 倍になる。(1) の規則を $n$ 回に広げる。

答　$v_{nx}=v_0\cos\alpha$（1点）

答　$v_{ny}=e^nv_0\sin\alpha$（1点）

問2 (3)

$(n-1)$ 回目の衝突直後に、鉛直上向きに $v_{(n-1)y}=e^{n-1}v_0\sin\alpha$ で上がる。上がって同じ高さにもどる時間は、鉛直方向の運動（初速 $v_{(n-1)y}$ の投げ上げ）で $\dfrac{2v_{(n-1)y}}{g}$。 $n=1$ のときは、投げ上げそのもの（$v_{0y}=v_0\sin\alpha$）。

答　$\Delta t_n=\dfrac{2e^{n-1}v_0\sin\alpha}{g}$（3点）

問2 (4)

水平方向は速さ $v_0\cos\alpha$ の等速なので、 $n$ 回目の山の幅は

$$\Delta x_n=v_0\cos\alpha\cdot\Delta t_n=\frac{2{v_0}^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}\,e^{n-1}$$

公比 $e$ の等比数列（下の図）。

$x_n=\Delta x_1+\cdots+\Delta x_n$ は、 $1+e+\cdots+e^{n-1}$ の和をとる形。問題文の公式 $1+e+\cdots+e^n=\dfrac{1-e^{n+1}}{1-e}$ は最後が $e^n$ なので、$n$ を $n-1$ に置きかえて使う。

$$x_n=\frac{2{v_0}^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}\cdot\frac{1-e^n}{1-e}$$

答　$x_n=\dfrac{2{v_0}^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}\cdot\dfrac{1-e^n}{1-e}$（5点）

問2 (5)

$n$ が非常に大きいとき $e^n=0$ とする。

答　$x_{\mathrm f}=\dfrac{2{v_0}^2\sin\alpha\cos\alpha}{g(1-e)}$（3点）

問2 (6)

衝突で失うエネルギーは、衝突の直前と直後の運動エネルギーの差。 $(n-1)$ 回目の衝突直後から $n$ 回目の衝突直前までは重力だけがはたらく放物運動で、同じ高さにもどるので、直前の速さは $(n-1)$ 回目の直後と同じ。だから

$$q_n=\frac12m\bigl({v_{(n-1)x}}^2+{v_{(n-1)y}}^2\bigr)-\frac12m\bigl({v_{nx}}^2+{v_{ny}}^2\bigr)$$

水平成分は変わらない（$v_{(n-1)x}=v_{nx}$）ので消える。

答　$q_n=\dfrac12m\left({v_{(n-1)y}}^2-{v_{ny}}^2\right)$（3点）

問2 (7)

(6) を $n=1$ から $n$ まで足すと、隣どうしの項が打ち消し合う。 $v_{0y}=v_0\sin\alpha$ として

$$Q_n=\frac12m\left({v_{0y}}^2-{v_{1y}}^2\right)+\frac12m\left({v_{1y}}^2-{v_{2y}}^2\right)+\cdots=\frac12m\left\{(v_0\sin\alpha)^2-(e^nv_0\sin\alpha)^2\right\}$$

$n$ が非常に大きいとき $e^n=0$。最後は水平方向の速さ $v_0\cos\alpha$ だけで床をすべるので、失ったのは、初めの鉛直成分の運動エネルギーのすべて（下の図）。 $e$ と $g$ は答えに入らない。

答　$Q_{\mathrm f}=\dfrac12m{v_0}^2\sin^2\alpha$（4点）

別解

問1 (4)　$d_2$　（等加速度運動の式で）　減速の加速度の大きさ $a$ が分かっているので、 $0-{v_{\mathrm Q}}^2=-2ad_2$ から $d_2=\dfrac{{v_{\mathrm Q}}^2}{2a}=\dfrac{\ell\sin\theta}{\mu\cos\theta-\sin\theta}$。同じ答え。本解は、斜面と摩擦の問題で時間を聞かれていないときにそのまま使える $W=\Delta E$ にした。

問2 (5)　（時間の和から）　(4) を使わなくても、水平方向は等速なので $x_{\mathrm f}=v_0\cos\alpha\cdot(\Delta t_1+\Delta t_2+\cdots)$。(3) の $\Delta t_n$ を足すと $1+e+e^2+\cdots=\dfrac{1}{1-e}$ から、同じ $\dfrac{2{v_0}^2\sin\alpha\cos\alpha}{g(1-e)}$。

問2 (7)　（初めと最後のエネルギーの差で）　最後は水平方向の速さ $v_0\cos\alpha$ だけが残るので

$$Q_{\mathrm f}=\frac12m{v_0}^2-\frac12m(v_0\cos\alpha)^2=\frac12m{v_0}^2\sin^2\alpha$$

和を計算せずに求める速い道。本解は、(6) の誘導どおりに和をとる形にした。

以下の問いに答えよ。

問1. 磁束密度 $B$ の一様な磁場がある。

(1) 図2(a)のように、磁場に垂直に固定した長さ $\ell$ の導体棒に電流 $I$ を流す。この電流は、導体中に平均的には一様に存在する荷電粒子の運動によって生じる。導体棒中での荷電粒子の電荷を $q$、電流方向の平均の速さを $v$、総数を $N$ として、 $I$ を $N$、 $q$、 $v$、 $\ell$ を用いて表せ。また、各荷電粒子に働くローレンツ力の大きさを $f$ とすると、導体棒が磁場から受ける力の大きさ $F$ は $F=Nf$ である。 $F$ を $I$ とその他必要なものを用いて表せ。

(2) 図2(b)のように、長さ $\ell$ の導体棒を、導体棒の軸と磁場の両方に対して垂直な方向に速さ $v$ で動かす。このとき、導体棒中の荷電粒子はローレンツ力により移動し、導体棒の両端に反対符号の電荷が現れる。これによって導体棒の軸方向に電場が生じ、この電場による力と磁場による力がつり合ったところで荷電粒子の移動が止まる。このときの導体中の電場の強さ $E$ を求めよ。また、導体棒の両端間に発生する電位差（誘導起電力）の大きさ $V$ を求めよ。

問2. 図2(c)のように、電荷の蓄えられていない静電容量 $C$ のコンデンサーと、インダクタンス $L$ のコイルを上下に付けた長方形の回路pqrsを、十分長い辺pqが鉛直に、他の辺psが水平になるように固定した。この回路に、辺psと同じ長さ $\ell$ で質量 $M$ の導体棒XYを接触させた。ここで、導体棒は水平を保ったまま、両方の長辺と接触しながらなめらかに動き、接触点での電気抵抗は無視できるものとする。なお、回路全体には、面pqrsと垂直に紙面の表から裏へ向って、一定で一様な磁束密度 $B$ の磁場が加えられている。

導体棒をこの回路上で静止させ、時刻 $t=0$ で静かに離すと、導体棒は下方に運動を始めた。 $t=0$ での辺pq上のXの位置を原点として、鉛直下向きに $x$ 軸を取り、時刻 $t\,(t>0)$ での、導体棒の座標を $x$、鉛直下向きの速度と加速度を $v$ と $a$、また、重力加速度を $g$ とする。ただし、 $t=0$ では回路や導体棒に電流は流れておらず、また、この回路から漏れる電場や磁場、回路と導体棒の電気抵抗、および空気抵抗は、すべて無視できるものとする。

(1) 導体棒が下方に運動を始めると、誘導起電力が発生し、導体棒に電流が流れ始める。この流れ始めるときの電流の向きについて、XからY、YからX、のどちらか正しい方を答えよ。

以下では、図2(c)にあるように、コンデンサーに流れる電流を $I’$、コイルに流れる電流を $I$ とする。ただし、 $I’$ と $I$ はそれぞれ図の矢印の向きを正とする。

(2) 導体棒とコンデンサーからなる閉じた経路（X→Y→s→p→X）について考える。

(a) 時刻 $t$ でのコンデンサーのs側の電極の電荷を $Q$ とするとき、 $Q$ を導体棒の速度 $v$ とその他必要なものを用いて表せ。

(b) 時刻 $t$ から微小な時間 $\Delta t$ の間に $Q$ と $v$ がそれぞれ $\Delta Q$、 $\Delta v$ だけ変化したとすると、電流 $I’$ は $I’=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$ であり、導体棒の加速度は $a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}$ である。 $I’$ を $a$ と $B$ およびその他必要なものを用いて表せ。

(3) 導体棒とコイルからなる閉じた経路（X→Y→r→q→X）について考える。時刻 $t$ から微小な時間 $\Delta t$ の間に $I$ と $x$ がそれぞれ $\Delta I$、 $\Delta x$ だけ変化したとする。導体棒の速度が $v=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}$ であること、および、 $t=0$ では $I=0$、 $x=0$ であることを使って、 $I$ を $x$ とその他必要なものを用いて表せ。

(4) 導体棒に働くすべての力を考え、導体棒の運動方程式を $I’$ および $I$ とその他必要なものを用いて表せ。

(5) (4)で求めた運動方程式に(2)と(3)で求めた $I’$ と $I$ の結果を代入すると、導体棒は単振動をすることがわかる。その角振動数 $\omega$ と振動の中心の座標 $x_0$ を $M$、 $g$、 $B$、 $\ell$、 $C$、 $L$ の中から必要なものを用いて表せ。

(6) $I$ のとる最小値と最大値を $M$、 $g$、 $B$、 $\ell$、 $C$、 $L$ の中から必要なものを用いて表せ。

問1 (1)

1秒間に導体棒の断面を通る荷電粒子は、断面から長さ $v$ の範囲にいる粒子。長さ $\ell$ の中に $N$ 個いるので、その数は $N\cdot\dfrac v\ell$ 個。電流は、1秒間に断面を通る電気量なので

$$I=q\cdot\dfrac{Nv}{\ell}$$

答　$I=\dfrac{Nqv}{\ell}$（1点）

荷電粒子1個が受けるローレンツ力は、速度と磁場が垂直なので $f=qvB$。棒が受ける力は、この力が $N$ 個ぶん集まったもの。

$$F=Nf=NqvB=\dfrac{Nqv}{\ell}\cdot B\ell$$

答　$F=IB\ell$（2点）

（電流が磁場から受ける力 $IB\ell$ は、中の荷電粒子のローレンツ力の和、という意味。）

問1 (2)

棒を速さ $v$ で動かすと、棒の中の荷電粒子（正の電荷 $q$ とする）は棒と一緒に動くので、ローレンツ力 $qvB$ を棒の軸方向に受ける。荷電粒子が棒の一端に寄ると、棒の中に電場 $E$ ができ、荷電粒子は電場から逆向きに $qE$ の力を受ける（下の図）。この2つの力がつり合ったところで、移動が止まる。

$$qE=qvB$$

答　$E=vB$（1点）

棒の中の電場は一様なので、長さ $\ell$ の両端の電位差は「電場×距離」。

$$V=E\ell=vB\ell$$

答　$V=vB\ell$（2点）

（電荷が負でも、つり合いの式は同じ。$q$ が消えるので、電荷の種類や大きさに関係なく、棒の起電力は $vB\ell$。）

問2 (1)

棒は下向きに動き、磁場は紙面の表から裏。棒の中の正の電荷には、速度（下向き）と磁場（表から裏）から、右向き、つまり X から Y の向きに力がはたらく（下の図）。

正の電荷が Y 側に寄るので、Y が高電位。棒は Y 側を正極とする電池になり、棒の中の電流は X から Y へ向かう。

（確かめ：棒が下へ動くと、棒より上側の回路の面積が増え、裏向きの磁束が増える。レンツの法則で、表向きの磁束をつくる反時計回りの電流が流れる。棒の中では X から Y。）

答　XからY（3点）

問2 (2)(a)

棒は起電力 $vB\ell$ の電池。経路 X→Y→s→p→X には、棒とコンデンサーしかなく、抵抗もコイルも無い。棒の起電力がそのままコンデンサーにかかる（下の図）。

コンデンサーの電圧は $vB\ell$ なので、$Q=CV$ より

答　$Q=CvB\ell$（3点）

（Y 側が高電位なので、s 側の極板が正。）

問2 (2)(b)

電流は電気量の時間変化。$I’=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$ に (a) の $Q$ を入れる。時間で変わるのは $Q$ と $v$ だけ（$C$・$B$・$\ell$ は定数）なので、$\Delta$ を付けるのはこの2つだけ。

$$\Delta Q=CB\ell\,\Delta v$$

$$I’=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}=CB\ell\cdot\dfrac{\Delta v}{\Delta t}=CB\ell\,a$$

答　$I’=CB\ell a$（4点）

問2 (3)

経路 X→Y→r→q→X を1周する。棒は起電力 $vB\ell$ の電池。コイルには、電流が増えるのをじゃまする向きに $L\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$ の電圧が生じる。抵抗は無いので、1周でキルヒホッフの法則を立てて

$$vB\ell-L\dfrac{\Delta I}{\Delta t}=0$$

$v=\dfrac{\Delta x}{\Delta t}$ を入れると $\Delta t$ が消える。

$$B\ell\,\Delta x=L\,\Delta I$$

時間で変わる文字に付けた $\Delta$ を外す（時間で積分する）と、積分定数 $D$ が出る。

$$LI=B\ell x+D$$

$t=0$ で $I=0$、$x=0$ なので $D=0$。

答　$I=\dfrac{B\ell x}{L}$（5点）

問2 (4)

棒を X から Y へ流れる電流は、コンデンサーの経路の電流 $I’$ とコイルの経路の電流 $I$ の和 $I’+I$（(2)の図）。電流が磁場から受ける力は $(I’+I)B\ell$。向きは、電流（X→Y）と磁場（表から裏）から上向き（動きをさまたげる向き）。力は「重力→磁場から受ける力」の順に書く（下の図）。

鉛直下向き（$x$ 軸の正の向き）を正として、運動方程式を立てる。

答　$Ma=Mg-(I’+I)B\ell$（4点）

問2 (5)

(4) に (2)(3) の $I’=CB\ell a$、$I=\dfrac{B\ell x}{L}$ を代入する。

$$Ma=Mg-CB^2\ell^2a-\dfrac{B^2\ell^2}{L}x$$

$a$ の項を左辺にまとめ、右辺を $-K(x-x_0)$ の形にする。

$$(M+CB^2\ell^2)\,a=-\dfrac{B^2\ell^2}{L}\left(x-\dfrac{MgL}{B^2\ell^2}\right)$$

$ma=-K(x-x_0)$ と見比べると、質量 $m=M+CB^2\ell^2$、$K=\dfrac{B^2\ell^2}{L}$、中心 $x_0=\dfrac{MgL}{B^2\ell^2}$。コンデンサーは質量を $CB^2\ell^2$ だけ重くし、コイルはばね定数 $\dfrac{B^2\ell^2}{L}$ のばねになった。中心はばねの力と重力のつり合いで決まるので、$C$ は入らない。角振動数は $\omega=\sqrt{\dfrac{K}{m}}$ より

答　$\omega=\dfrac{B\ell}{\sqrt{L(M+CB^2\ell^2)}}$（5点）

答　$x_0=\dfrac{MgL}{B^2\ell^2}$（5点）

問2 (6)

$t=0$ で棒は静止している（$x=0$）。静かに放した位置は振動の端。中心は $x_0$ なので、反対の端は $2x_0$。棒の位置は $0\leqq x\leqq2x_0$ の範囲を行き来する（下の図）。

$I=\dfrac{B\ell}{L}x$ は $x$ に比例するので、$x=0$ で最小、$x=2x_0$ で最大。

$$I_{\max}=\dfrac{B\ell}{L}\cdot2x_0=\dfrac{B\ell}{L}\cdot\dfrac{2MgL}{B^2\ell^2}$$

答（最小値）　$0$（2点）

答（最大値）　$\dfrac{2Mg}{B\ell}$（3点）

（中心 $x_0$ では $a=0$ で $I’=0$。(4) より $I B\ell=Mg$、つまり電流が受ける力が重力とつり合っている。最下点ではその2倍の電流が流れる。）

別解

問2 (5)　中心 $x_0$

中心は、加速度が0になる、つり合いの位置。$a=0$ なら $I’=CB\ell a=0$ なので、(4) より $Mg=IB\ell$。(3) の $I=\dfrac{B\ell x_0}{L}$ を入れて

$$Mg=\dfrac{B^2\ell^2}{L}x_0\qquad\therefore\ x_0=\dfrac{MgL}{B^2\ell^2}$$

運動方程式を整理しなくても、中心だけは求まる。

問2 (6)

$I$ は $x$ に比例し、$x=0$ で $I=0$。中心の電流は上の $I=\dfrac{Mg}{B\ell}$。最下点は中心から端までの距離が中心までの距離と同じなので、電流は中心の2倍の $\dfrac{2Mg}{B\ell}$。

以下の問いに答えよ。

1モルの単原子分子理想気体が、気密を保ちながら、なめらかに動くピストンを持つシリンダー内に閉じ込められている。この気体の圧力を $p$、体積を $V$ と表す。この気体を図3(a)に示したように、状態1→状態2→状態3→状態4→状態5→状態1とゆっくり変化させるサイクルを考え、これをサイクルAとする。状態1→状態2は断熱変化、状態2→状態3は定積変化、状態3→状態4は定圧変化、状態4→状態5は等温変化、状態5→状態1は定積変化である。状態1の圧力は $p_1$、体積は $V_1$ であり、気体定数を $R$ とする。また、この気体の定積モル比熱は $\dfrac32R$ である。この問題で、熱量と仕事は正またはゼロの量とする。

問1. 状態1→状態2の断熱変化で気体は外部から $W_{12}\,(0\leqq W_{12})$ の仕事をされた。状態2の絶対温度 $T_2$ を $p_1$、 $V_1$、 $R$、 $W_{12}$ を用いて表せ。

問2. 状態2→状態3の定積変化で気体は熱量 $Q_{23}\,(0\leqq Q_{23})$ を吸収した。状態3と状態2の絶対温度の差 $T_3-T_2$ を $R$、 $Q_{23}$ を用いて表せ。

問3. 状態3→状態4の定圧変化で熱量 $Q_{34}\,(0\leqq Q_{34})$ の移動があった。正しいものを選び番号で答えよ。

① $Q_{34}$ は気体が吸収した熱量である。

② $Q_{34}=0$ である。

③ $Q_{34}$ は気体が放出した熱量である。

問4. 状態1、状態2、状態3、状態4、状態5の絶対温度をそれぞれ $T_1$、 $T_2$、 $T_3$、 $T_4$、 $T_5$ とするとき、それらの関係を表す不等式として正しいものを選び番号で答えよ。

① $T_2<T_1<T_3<T_4=T_5$　② $T_1<T_2<T_4=T_5<T_3$③ $T_3<T_4=T_5<T_1<T_2$　④ $T_1<T_2<T_3<T_4=T_5$⑤ $T_2<T_1<T_4=T_5<T_3$　⑥ $T_3<T_4=T_5<T_2<T_1$

次に、サイクルAにおける状態5から、断熱変化で新たな状態6に変化させ、状態6から状態1に定圧変化で戻す、別のサイクルを考える。すなわち、状態1→状態2→状態3→状態4→状態5→状態6→状態1と変化させるサイクルを考え、これをサイクルBとする。

問5. 状態6を図3(b)中のX、Y、Zから選べ。なお、図中の状態5とYを結んでいる線は等温変化の線である。

問6. サイクルBにおいて、状態5→状態6の断熱変化で気体は外部へ $W_{56}$ の仕事をし、状態6→状態1の定圧変化で熱量 $Q_{61}$ の移動があった。また、サイクルAにおいて状態5→状態1の定積変化で気体が放出した熱量を $Q_{51}$ とするとき、 $Q_{51}$ を $W_{56}$ と $Q_{61}$ を用いて表せ。ただし、 $W_{56}$、 $Q_{51}$、 $Q_{61}$ は、いずれも正またはゼロの量である。

問7. 状態6→状態1の定圧変化において、気体は外部から $W_{61}\,(0\leqq W_{61})$ の仕事をされた。 $W_{61}$ を $Q_{61}$ で表せ。

問8. これらのサイクルを熱機関のサイクルと考えた場合、サイクルAの熱効率 $e_{\mathrm{A}}\,(0<e_{\mathrm{A}}<1)$ とサイクルBの熱効率 $e_{\mathrm{B}}\,(0<e_{\mathrm{B}}<1)$ を、 $Q_{23}$、 $Q_{34}$、 $Q_{45}$、 $Q_{51}$、 $Q_{61}$ の中から必要なものを用いて、それぞれ表せ。ただし、 $Q_{45}\,(0\leqq Q_{45})$ は、状態4→状態5の等温変化で気体が吸収した熱量である。

問9. $Q_{51}-Q_{61}$ を $W_{56}$ と $W_{61}$ を用いて表せ。

問10. $W_{56}$ と $W_{61}$ の関係で正しいものを選び番号で答えよ。

① $W_{56}>W_{61}$　② $W_{56}=W_{61}$　③ $W_{56}<W_{61}$

問11. $e_{\mathrm{A}}$ と $e_{\mathrm{B}}$ の関係で正しいものを選び番号で答えよ。

① $e_{\mathrm{A}}>e_{\mathrm{B}}$　② $e_{\mathrm{A}}=e_{\mathrm{B}}$　③ $e_{\mathrm{A}}<e_{\mathrm{B}}$

問1

1 mol なので状態1の状態方程式は $p_1V_1=RT_1$ より $T_1=\dfrac{p_1V_1}{R}$。1→2 は断熱なので $Q=0$。気体がされた仕事が $W_{12}$ なので、気体がした仕事は $-W_{12}$。第一法則 $Q=\Delta U+W$ より

$$0=\Delta U_{12}+(-W_{12})\qquad\therefore\ \Delta U_{12}=W_{12}$$

単原子分子の内部エネルギーの変化は $\Delta U_{12}=\dfrac32R(T_2-T_1)$ なので

$$\dfrac32R(T_2-T_1)=W_{12}\qquad\therefore\ T_2=T_1+\dfrac{2W_{12}}{3R}$$

答　$T_2=\dfrac{p_1V_1}{R}+\dfrac{2W_{12}}{3R}$（4点）

問2

2→3 は定積なので $W=0$。第一法則 $Q=\Delta U+W$ より $Q_{23}=\Delta U_{23}=\dfrac32R(T_3-T_2)$。

答　$T_3-T_2=\dfrac{2Q_{23}}{3R}$（3点）

問3

3→4 は定圧で体積が増える（膨張する）ので、気体がする仕事は $W_{34}>0$。状態方程式 $pV=RT$ で $p$ が一定なので $V\propto T$。体積が増えると温度も上がり、 $\Delta U_{34}>0$。第一法則 $Q_{34}=\Delta U_{34}+W_{34}$ より、どちらも正なので $Q_{34}>0$。気体は熱を吸収する。

答　①（3点）

問4

各変化で温度の上下を決める。

・1→2：断熱圧縮。問1 より $\Delta U_{12}=W_{12}\geqq0$ で $T_1<T_2$

・2→3：定積で熱を吸収。問2 より $T_3-T_2=\dfrac{2Q_{23}}{3R}\geqq0$ で $T_2<T_3$

・3→4：定圧膨張。問3 のとおり温度が上がり $T_3<T_4$

・4→5：等温なので $T_4=T_5$

まとめると $T_1<T_2<T_3<T_4=T_5$（下の図）。

答　④（3点）

問5

状態5から圧力 $p_1$ まで下がる3本の変化のうち、Y は問題文のとおり等温（温度 $T_5$ のまま）。断熱膨張は $Q=0$ で気体が仕事をする（ $W>0$ ）ので、第一法則 $0=\Delta U+W$ より $\Delta U=-W<0$。温度が下がるので $T_6<T_5$。圧力 $p_1$ で状態方程式 $V=\dfrac{RT}{p_1}$ を見ると、温度が低い状態6の体積 $V_6$ は、温度 $T_5$ の Y の体積より小さい。つまり状態6は Y より左。Z は Y より右（温度が $T_5$ より高い）なので、膨張しながら温度が下がる断熱変化では行けない。

答　X（3点）

問6

サイクルAの 5→1 は定積で $W=0$。熱 $Q_{51}$ を放出するので、第一法則より $\Delta U_{51}=-Q_{51}$。

サイクルBでは、5→6 は断熱で $Q=0$。気体が外へする仕事が $W_{56}$ なので $\Delta U_{56}=-W_{56}$。6→1 は定圧圧縮で、熱 $Q_{61}$ を放出する。定圧の 5：3：2（ $Q:\Delta U:W=5:3:2$ ）より、内部エネルギーの減少は $Q_{61}$ の $\dfrac35$ で $\Delta U_{61}=-\dfrac35Q_{61}$。

内部エネルギーは状態だけで決まるので、状態5から状態1までの変化 $\Delta U_{51}$ は、どちらの道を通っても同じ。

$$\Delta U_{51}=\Delta U_{56}+\Delta U_{61}\qquad\therefore\ -Q_{51}=-W_{56}-\dfrac35Q_{61}$$

答　$Q_{51}=W_{56}+\dfrac35Q_{61}$（5点）

問7

定圧 6→1 でされた仕事は $W_{61}=p_1(V_6-V_1)=R(T_6-T_1)$。放出した熱は定圧モル比熱 $\dfrac52R$ を使って $Q_{61}=\dfrac52R(T_6-T_1)$。2つの比をとると 2：5 なので

答　$W_{61}=\dfrac25Q_{61}$（3点）

（5：3：2 の「2」が仕事、「5」が熱。圧縮なので、仕事は「された」仕事、熱は「放出した」熱の大きさで比は同じ）

問8

サイクルを区間ごとに、吸収した熱量（放出は負）で整理する。

吸収した熱量は、AもBも $Q_{in}=Q_{23}+Q_{34}+Q_{45}$。放出した熱量は、Aが $Q_{out}=Q_{51}$、Bが $Q_{out}=Q_{61}$。1サイクルで内部エネルギーはもとに戻る（ $\Delta U=0$ ）ので、1サイクルの仕事は $W=Q_{in}-Q_{out}$。熱効率は $e=\dfrac{W}{Q_{in}}=1-\dfrac{Q_{out}}{Q_{in}}$ なので

答　$e_{\mathrm{A}}=1-\dfrac{Q_{51}}{Q_{23}+Q_{34}+Q_{45}}$（4点）

答　$e_{\mathrm{B}}=1-\dfrac{Q_{61}}{Q_{23}+Q_{34}+Q_{45}}$（4点）

問9

問6 の式から $Q_{51}-Q_{61}=W_{56}-\dfrac25Q_{61}$。問7 より $\dfrac25Q_{61}=W_{61}$ なので

答　$Q_{51}-Q_{61}=W_{56}-W_{61}$（3点）

問10

$W_{56}$ は、断熱線 5→6 の下の面積（体積 $V_1$ から $V_6$ まで）。 $W_{61}$ は、圧力 $p_1$ の線 6→1 の下の長方形の面積（高さ $p_1$、幅 $V_6-V_1$）。体積が $V_1$ から $V_6$ の間、断熱線は圧力 $p_1$ の線より上を通る（膨張で圧力が下がり、 $V_6$ で $p_1$ に届く）。だから

$$W_{56}-W_{61}=\text{（5→6→1→5 で囲まれた面積）}>0$$

答　①（3点）

問11

問9・問10 より $Q_{51}-Q_{61}=W_{56}-W_{61}>0$、つまり $Q_{51}>Q_{61}$。吸収した熱量 $Q_{in}$ は同じなので、問8 より

$$e_{\mathrm{A}}=1-\dfrac{Q_{51}}{Q_{in}}<1-\dfrac{Q_{61}}{Q_{in}}=e_{\mathrm{B}}$$

答　③（2点）

（サイクルBは、サイクルAに「5→6→1→5」の正の仕事のサイクルを足したもの。吸収する熱は同じまま仕事が増えるので、熱効率が上がる。下のコラム）

別解

問5　（ポアソンの式で計算する）　定積モル比熱 $\dfrac32R$ の単原子分子なので比熱比は $\dfrac53$。5→6 は $pV^{5/3}=$ 一定 より、 $V_6=V_1\left(\dfrac{p_5}{p_1}\right)^{3/5}$。等温の Y は $p_5V_1=p_1V_Y$ より $V_Y=V_1\dfrac{p_5}{p_1}$。 $\dfrac{p_5}{p_1}>1$ なので、指数が $\dfrac35<1$ の $V_6$ の方が小さく、 $V_6<V_Y$。状態6は X。式を書かなくても決まるので、本番では「断熱は等温より急」で選ぶ。

問9　（5→6→1→5 の1周に第一法則を立てる）　1→5 は 5→1 の逆向きの定積変化で、気体は熱 $Q_{51}$ を吸収する（ $W=0$ ）。5→6 は断熱で熱は0、6→1 は熱 $Q_{61}$ を放出する。1周で $\Delta U=0$ なので、1周の仕事は吸収した熱と放出した熱の差。

$$Q_{51}-Q_{61}=W_{56}-W_{61}$$

（1周の仕事は、5→6 でした仕事 $W_{56}$ と、6→1 でされた仕事 $W_{61}$ の差）。問6 を使わずに問9 に行けるので、問6 を落としたときの保険になる。