【解説・配点付き】2013年九州大学物理の解答・解説

以下の問いに答えよ。

図1のように水平な床、床となめらかに接続している曲面、質量 $M$ の台、質量 $m$ の大きさの無視できる小物体がある。台上の点Aと点Bの間は斜面になっており、点Aは床より $h$ だけ高く、点Bは床と同じ高さにある。点Aと点Bは水平方向には $w$ だけ離れている。斜面ABと床は点Bでなめらかにつながっている。台の重心Gは点Aの鉛直下方にあり、床からの高さは $l$ である。床と曲面は点Cで接続している。CDは半径 $r$ の円弧となっており、その中心点Pは点Cの鉛直上方にある。

台は床の上を移動でき、床から離れることはないものとする。小物体は斜面AB、床、および曲面CDの上を移動でき、これらの面のいずれかに常に接しているものとする。床の上にある台の位置エネルギーはゼロとする。小物体については床を位置エネルギーの基準面とする。重力加速度を $g$ とし、摩擦および空気抵抗は無視する。

問1. 最初、台は静止しており、点Gは床の上に固定された点Oの鉛直上方にあった。点Aに小物体を置いて、静かに放した。

(1) 台と小物体の力学的エネルギーの和を求めよ。

(2) 小物体が点Aにあるとき、小物体と台からなる2物体の重心の、床からの高さを求めよ。

問2. 斜面ABの上を小物体が下っている間、台も床の上を移動するが、小物体と台からなる2物体の重心は水平方向には移動しない。このことに注意して、小物体が台上の点Bまで来たとき、点Oから小物体までの距離を求めよ。

問3. その後、小物体は台を離れ、床の上を移動しはじめた。

(1) 次の文中の空欄 $\boxed{\text{ア}}$ と $\boxed{\text{イ}}$ に入る適切な語句を、下記の(A)〜(F)から選び、解答欄に記号で答えよ。

「小物体が点Aにある時から台を離れた直後までの間、小物体と台は水平方向には $\boxed{\text{ア}}$ を受けないため、小物体と台の $\boxed{\text{イ}}$ の水平成分の和は変化しない。」

(A) 抗力、(B) 運動エネルギー、(C) 外力、(D) 速度、(E) 運動量、

(F) 反作用

(2) 小物体が台を離れた直後、小物体の速さは台の速さの何倍になるか。

(3) 台を離れた直後の小物体の速さを求めよ。

問4. その後、小物体は曲面CDをのぼり、最高点Dに達し、下りはじめた。

(1) 点Dの床からの高さを求めよ。

(2) $M$ が $m$ より十分大きく $\dfrac{m}{M}=0$ とおける場合、点Dの床からの高さを求めよ。

(3) 点Cから小物体までの円弧の長さを $x$ とする。また小物体が受ける重力の、曲面に沿った方向の成分を $F$ とする。 $x$ が $r$ より十分小さいとき、 $F$ は $x$ に比例する。その比例定数を解答欄に書け。ただし $F$ の符号は曲面をのぼる向きを正とする。

(4) (3)で考えた $x$ と $F$ は、それぞれ、単振動する物体の変位とその物体が受ける復元力とみなすことができる。このことを踏まえて、円弧CDの長さが $r$ より十分小さいとき、小物体が点Dから点Cまで下るのにかかる時間を求めよ。

問1 (1)

台は床の上にあるので位置エネルギーは0、はじめ全体は静止していて運動エネルギーも0。小物体も静止していて運動エネルギーは0。床を基準にすると、小物体の位置エネルギーは $mgh$ 。

答　$mgh$（3点）

問1 (2)

重心の高さを $y_{\mathrm G}$ とする。台（質量 $M$ ）の重心Gの高さは $l$ 、小物体（質量 $m$ ）の高さは $h$ 。重心は、質量で重みをつけた高さの平均なので

$$y_{\mathrm G}=\frac{M\cdot l+m\cdot h}{M+m}$$

（高さ $h$ と $l$ を質量の逆比 $M:m$ に内分した点。重い台のほうに近くなる。下の図）

答　$\dfrac{Ml+mh}{M+m}$（3点）

問2

右向きを正、点Oを原点とする。はじめ、台の重心Gも小物体も点Oの真上にあるので、座標はどちらも0。小物体が B に来たとき、台の変位を $X$ とすると、B は台に固定された点で、A から水平に $w$ 離れているので、小物体の座標は $X+w$ （台の重心の座標は $X$ ）。

水平方向には外力がないので、2物体の重心の水平位置は、はじめと変わらず0のまま。

$$\frac{M\cdot X+m\cdot(X+w)}{M+m}=0\qquad\therefore\ X=-\frac{m}{M+m}w$$

$X<0$ なので台は左へ動いている。小物体の座標は

$$X+w=\frac{M}{M+m}w$$

答　$\dfrac{M}{M+m}w$（5点）

（台と小物体の動く距離の比は、質量の逆比 $m:M$ 。軽い小物体のほうが長く動く。）

問3 (1)

小物体と台の間の垂直抗力は、どちらにとっても相手から受ける力（作用反作用の内力）。重力と床の垂直抗力は鉛直なので、水平方向には、台と小物体の外にある物体から力を受けない。よって、水平成分の運動量の和は変化しない。

答（ア）　(C) 外力（2点）

答（イ）　(E) 運動量（2点）

問3 (2)

右向きを正、台を離れた直後の小物体の速度を $v$ 、台の速度を $V$ とする。小物体は右へ、台は左へ動くので $v>0$ 、 $V<0$ 。はじめは全体が静止していて運動量の和は0。水平方向の運動量保存より

$$0=mv+MV\qquad\therefore\ V=-\frac mMv$$

速さの比は $\dfrac{v}{|V|}=\dfrac Mm$ 。速さの比なので正の値で、向きは逆。

答　$\dfrac Mm$ 倍（4点）

問3 (3)

垂直抗力は小物体と台に同じ大きさで逆向きの仕事をするので仕事の和は0。重力以外に仕事をする力はなく、台と小物体をまとめた力学的エネルギーが保存する。台は床の上にあり位置エネルギーは変わらない。はじめ $mgh$ 、台を離れた直後は両方の運動エネルギーだけ。

$$mgh=\frac12mv^2+\frac12MV^2$$

(2) の $V=-\dfrac mMv$ を入れて

$$mgh=\frac12mv^2\left(1+\frac mM\right)\qquad\therefore\ v^2=\frac{2Mgh}{M+m}$$

$v>0$ より

答　$\sqrt{\dfrac{2Mgh}{M+m}}$（5点）

問4 (1)

小物体が台を離れたあとは、曲面を上るのは小物体だけ。曲面はなめらかなので、小物体の力学的エネルギーが保存する。最高点Dで速さは0。床からの高さを $H$ とすると

$$\frac12mv^2=mgH\qquad\therefore\ H=\frac{v^2}{2g}$$

問3 (3) の $v^2$ を入れて

答　$\dfrac{M}{M+m}h$（4点）

（元の高さ $h$ より低い。台が持っていった運動エネルギー $\dfrac12MV^2=\dfrac{m}{M+m}mgh$ のぶん、小物体の位置エネルギーが減ったため。）

問4 (2)

(1) の結果は $H=\dfrac{h}{1+\frac mM}$ 。 $\dfrac mM=0$ とおくと

答　$h$（2点）

（ $M$ が十分に大きいと、台は動かず運動エネルギーを持っていかない。台が固定されているのと同じなので、元の高さまで上がる。）

問4 (3)

点Cから小物体までの円弧の長さが $x$ 、半径が $r$ なので、中心角は $\theta=\dfrac xr$ 。小物体が受ける重力の、曲面に沿った成分の大きさは $mg\sin\theta$ で、下る向き（Cへ向かう向き）。のぼる向きを正とすると

$$F=-mg\sin\theta$$

$x$ が $r$ より十分小さいとき $\theta$ は小さく、 $\sin\theta\fallingdotseq\theta$ なので

$$F=-mg\cdot\frac xr=-\frac{mg}{r}x$$

答　$-\dfrac{mg}{r}$（5点）

問4 (4)

$F=-\dfrac{mg}{r}x$ は、変位 $x$ に比例して逆向きにはたらく復元力。曲面に沿った加速度を $a$ とすると、運動方程式は

$$ma=-\frac{mg}{r}x\qquad\therefore\ a=-\frac gr\,x$$

単振動の $a=-\omega^2x$ と比べて $\omega=\sqrt{\dfrac gr}$ 、周期は

$$T=\frac{2\pi}{\omega}=2\pi\sqrt{\frac rg}$$

Dは振動の端（速さ0）、Cは振動の中心。端から中心までは周期の $\dfrac14$ なので

答　$\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac rg}$（5点）

（周期は振幅（円弧CDの長さ）によらないので、答えに円弧の長さは入らない。）

別解

問2　（運動量保存から速度の比を使って）　水平方向の運動量保存より、小物体の速度と台の速度は、どの瞬間も大きさの比が $M:m$ で逆向き（問3 (2) と同じ関係）。比が一定なので、移動距離の比も $M:m$ 。小物体が台に対して進んだ距離は $w$ で、台と小物体が逆向きに動くぶん「小物体の移動距離＋台の移動距離＝$w$」。よって小物体は $w$ のうち $\dfrac{M}{M+m}$ を動く。本解は、問題文が「重心は水平方向には移動しない」と書いているので、重心の式を使った。

問4 (4)　（既知の周期の式で）　小さな円弧の上の運動は、長さ $r$ の単振り子と同じ。周期の公式 $T=2\pi\sqrt{\dfrac rg}$ をそのまま使い、1/4を取る。公式で済ませてよいのは、本解のように運動方程式から導けるようになってから。

以下の問いに答えよ。

真空中に $x$、 $y$ 座標を図2(a)のようにとり、質量 $m$、電荷 $q\,(q>0)$ の1個の荷電粒子が $xy$ 平面内で運動する場合を考える。図2(a)中に網かけで示した2つの領域には $xy$ 平面に垂直な方向を向いた一様な磁場が存在し、その磁束密度の大きさは、それぞれ、 $y>0$ で表される領域1では $B_1$ であり、 $y<-d$ で表される領域2では $B_2$ である。また、 $-d\leqq y\leqq0$ で表される領域3には $y$ 軸の正の方向を向いた一様な電場が存在する。なお、荷電粒子の大きさと重力の影響は無視できるものとする。

いま、領域3の電場の大きさが $E\,(E>0)$ であるとする。はじめに原点Oの位置にあった荷電粒子が速さ $v_0$ で $y$ 軸の正の方向に放出され、O、P、Q、R、S、…の各点を通る軌道を描いて運動した。ここで、直線距離 $\mathrm{OP}=\mathrm{PS}=\mathrm{QR}$ であった。以下の問題中、式で答える問題では、特に断らない限り、 $m$、 $q$、 $d$、 $E$、 $B_1$、 $v_0$ のうち必要なものを用いて答えよ。

問1. 荷電粒子が、領域1および領域2を通過する際に、磁場から受ける力は何と呼ばれるか。

問2. 領域1および領域2中の磁場の向きは、それぞれ紙面の「表から裏」、または「裏から表」のどちらか。

問3. OP間の直線距離を求めよ。

問4. 荷電粒子がOP間の軌道を描くのに要する時間を求めよ。

問5. 荷電粒子がOP間の軌道を描く際に、磁場が荷電粒子にする仕事を求めよ。

問6. 荷電粒子が点Pから点Qに向かって運動するときの加速度の大きさと向きを求めよ。

問7. 荷電粒子が点Qに達したときの荷電粒子の速さを求めよ。

問8. 領域2の磁束密度の大きさ $B_2$ を求めよ。ただし、問7で求めた速さを $v_{\mathrm{Q}}$ として、 $v_{\mathrm{Q}}$ を用いて答えよ。

次に図2(a)と同じ状況で電場の大きさだけを $E’\,(E’>0)$ にしたところ、図2(b)のように、原点Oから速さ $v_0$ で $y$ 軸の正の方向に放出された荷電粒子は点Pを通って点Qまで到達したのち、そこから引き返して点Pに戻り、このようにして、点O、P、Q、P、S、R、S、…を順に通って運動した。

問9. このとき、電場の大きさ $E’$ を求めよ。

問10. 荷電粒子が点Pを通過した瞬間から点Qに到達するまでの時間を求めよ。

問11. 運動をはじめてから十分長い時間を考えると、荷電粒子は図2(b)の軌道を描きながら、ある平均の速さで $x$ 方向に進んでいるとみなすことができる。この平均の速さを求めよ。

問1

磁場の中を運動する荷電粒子が、磁場から受ける力は

答　ローレンツ力（3点）

（速度と垂直な向きにはたらく力）

問2

軌道から力の向きを読み、力と速度から磁場の向きを決める。ローレンツ力は $q\vec v\times\vec B$ で、フレミングの左手の法則（人差し指＝磁場、中指＝速度、親指＝力）と同じ。

領域1：O で速度は $y$ 軸の正の向き。軌道は右（ $x$ 軸の正の向き）へ曲がるので、力は $x$ 軸の正の向き（円の中心向き）。 $y$ 軸の正の向きの速度で $x$ 軸の正の向きの力を受ける正の電荷の磁場は、紙面の裏から表向き（手前向き）。

領域2：Q で速度は $y$ 軸の負の向き。軌道はやはり右へ曲がるので、力は $x$ 軸の正の向き。速度が逆向きで力が同じ向きなので、磁場は領域1と逆向きの、紙面の表から裏向き（下の図）。

答（領域1）　裏から表（2点）

答（領域2）　表から裏（2点）

問3

領域1では、ローレンツ力 $qv_0B_1$ が向心力になって半径 $r_1$ の等速円運動をする。円運動の運動方程式は

$$m\frac{v_0^{\,2}}{r_1}=qv_0B_1\qquad\therefore\ r_1=\frac{mv_0}{qB_1}$$

（答えごと覚える式）。OP は半円の直径なので $2r_1$。

答　$\dfrac{2mv_0}{qB_1}$（4点）

問4

OP 間の軌道は半円で、長さは $\pi r_1$。速さは $v_0$ のまま（問5）なので、時間は

$$\frac{\pi r_1}{v_0}=\frac{\pi m}{qB_1}$$

答　$\dfrac{\pi m}{qB_1}$（4点）

（周期 $T=\dfrac{2\pi m}{qB_1}$ の半分。 $v_0$ によらない。下のコラム）

問5

ローレンツ力は、いつも速度と垂直にはたらく。力の向きと動く向きが垂直なので、仕事はしない。

答　$0$（3点）

（速さは $v_0$ のまま変わらない。運動エネルギーを変えられるのは、領域3の電場だけ）

問6

領域3の粒子にはたらく力は電場の力だけ（重力は無視）。 $q>0$ なので力は電場と同じ向き（ $y$ 軸の正の向き）に $qE$。運動方程式 $ma=qE$ より

答（大きさ）　$\dfrac{qE}{m}$（2点）

答（向き）　$y$ 軸の正の向き（2点）

（P→Q では粒子は下へ進むので、この加速度は減速の向き）

問7

領域3で仕事をするのは電場の力だけ。P から Q まで、粒子は下へ $d$ 動き、力は上向き $qE$ なので、力と動く向きが逆で、電場がする仕事は $-qEd$ （下の図）。仕事とエネルギーの関係より

$$\frac12mv_{\mathrm Q}^{\,2}-\frac12mv_0^{\,2}=-qEd\qquad\therefore\ v_{\mathrm Q}=\sqrt{v_0^{\,2}-\frac{2qEd}{m}}$$

答　$\sqrt{v_0^{\,2}-\dfrac{2qEd}{m}}$（4点）

（ $v_0^{\,2}>\dfrac{2qEd}{m}$ でないと Q に着かない。図2(a)では着いているので根号の中は正）

問8

領域2でも、問3と同じ円運動の運動方程式で半径は $r_2=\dfrac{mv_{\mathrm Q}}{qB_2}$ 。QR は半円の直径なので $\mathrm{QR}=2r_2=\dfrac{2mv_{\mathrm Q}}{qB_2}$ 。

PQ と RS はどちらも $y$ 軸に平行で長さ $d$ なので $\mathrm{PS}=\mathrm{QR}$ はいつも成り立つ。条件の中身は $\mathrm{OP}=\mathrm{QR}$ （下の図）。

$$\frac{2mv_0}{qB_1}=\frac{2mv_{\mathrm Q}}{qB_2}\qquad\therefore\ B_2=\frac{v_{\mathrm Q}}{v_0}B_1$$

答　$B_2=\dfrac{v_{\mathrm Q}}{v_0}B_1$（5点）

（ $v_{\mathrm Q}<v_0$ なので $B_2<B_1$ 。遅くなった分、磁場を弱くして半径をそろえている）

問9

図2(b)では、粒子は Q でちょうど止まって引き返す。P から Q まで下へ $d$ 動く間、電場の力 $qE’$ は上向きで、電場がする仕事は $-qE’d$ 。速さが $v_0$ から 0 になるので

$$0-\frac12mv_0^{\,2}=-qE’d\qquad\therefore\ E’=\frac{mv_0^{\,2}}{2qd}$$

答　$E’=\dfrac{mv_0^{\,2}}{2qd}$（4点）

問10

領域3の加速度の大きさは、問6の $E$ を $E’$ にして $a’=\dfrac{qE’}{m}$ 。問9の $E’$ を入れると $a’=\dfrac{v_0^{\,2}}{2d}$ 。P で下向きの速さ $v_0$ の粒子が一定の加速度で減速して 0 になる時間は

$$t=\frac{v_0}{a’}=\frac{2d}{v_0}$$

答　$\dfrac{2d}{v_0}$（5点）

問11

1回のくり返しは、O→P の半円と、P→Q→P の往復（下の図）。往復では P に速さ $v_0$・上向きで戻ってくる（減速と加速は同じ大きさの加速度なので、Q→P も P→Q と同じ時間 $\dfrac{2d}{v_0}$ ）。O を出たときと同じ状態なので、このあとも同じことをくり返す。

1回のくり返しで $x$ 方向に進む距離は OP ＝ $\dfrac{2mv_0}{qB_1}$ （往復では $x$ 方向に進まない）。かかる時間は、半円（問4）と往復2回分（問10の2倍）で

$$\frac{\pi m}{qB_1}+2\cdot\frac{2d}{v_0}=\frac{\pi m}{qB_1}+\frac{4d}{v_0}$$

平均の速さは距離÷時間なので

$$\frac{\dfrac{2mv_0}{qB_1}}{\dfrac{\pi m}{qB_1}+\dfrac{4d}{v_0}}=\frac{2mv_0^{\,2}}{\pi mv_0+4qB_1d}$$

答　$\dfrac{2mv_0^{\,2}}{\pi mv_0+4qB_1d}$（5点）

（分母分子に $qB_1v_0$ をかけた）

別解

問7　（等加速度の式で）　問6の加速度は y 軸の正の向きなので、下向きの運動では向きと逆。下向きを正とすると加速度は $-\dfrac{qE}{m}$ 。距離 $d$ 進んだときの式 $v_{\mathrm Q}^{\,2}-v_0^{\,2}=2\left(-\dfrac{qE}{m}\right)d$ から、本解と同じ式になる。

問9　（等加速度の式で）　加速度の大きさ $a’=\dfrac{qE’}{m}$ で、距離 $d$ 進んで速さが 0 になるので $0-v_0^{\,2}=2(-a’)d$ 。 $a’=\dfrac{v_0^{\,2}}{2d}$ から $E’=\dfrac{ma’}{q}=\dfrac{mv_0^{\,2}}{2qd}$ 。

問10　（平均の速さで）　一定の加速度で $v_0$ から 0 まで減速するので、平均の速さは $\dfrac{v_0}{2}$ 。距離 $d$ を進む時間は $\dfrac{d}{v_0/2}=\dfrac{2d}{v_0}$ 。本解と同じ値になる。

以下の問いに答えよ。

水面に発生する波について考える。

問1. 無限に広い水面上で、水面の高さ $h$ が図3(a)、(b)のように変化する正弦波が観測された。観測された波は時間、空間に対して無限に続いていて、 $x$ 方向にのみ伝わっているものとする。図3(a)は時刻 $t=0\ \mathrm{s}$ のときの波形を、図3(b)は $x=5\ \mathrm{m}$ の地点における水面の高さの時間変化をそれぞれ表している。

(1) この波の振幅、波長、周期、ならびに波の進む速さを求めよ。なお、それぞれ単位をつけて解答すること。

(2) 次式で表した水面の高さ $h(x,\ t)$ において、 $a$〜$d$ の値をそれぞれ単位をつけて求めよ。なお、 $a$、 $b$ については、 $a>0\ \mathrm{m}$、 $-10\ \mathrm{m}<b<10\ \mathrm{m}$ を満足する値を選ぶこと。

$$h(x,\ t)=a\sin\left\{2\pi\left(\frac{x+b}{c}+\frac{t}{d}\right)\right\}$$

問2. 図3(c)に示すように $x$ 軸の正方向に進行する入射波 $h_{\mathrm{i}}(x,\ t)$ が、次式で表されている場合を考える。

$$h_{\mathrm{i}}(x,\ t)=A\cos\left\{2\pi\left(\frac{x}{\lambda}-\frac{t}{T}\right)\right\}$$

ここで、 $A$、 $\lambda$、 $T$ は $x$ および $t$ によらない正の定数とする。

(1) $x=x_{\mathrm{w}}\,(x_{\mathrm{w}}>0)$ にある $x$ 軸に対して直交する直立壁において、この波が反射して反射波 $h_{\mathrm{r}}(x,\ t)$ が発生した。

$h_{\mathrm{r}}(x,\ t)$ を次式で表す場合に、 $D$ と $E$ に入る組み合わせのうち正しいものを下記のア〜カから選び解答欄に記号で答えよ。

$$h_{\mathrm{r}}(x,\ t)=D\cos(2\pi E+\delta)$$

ここで、 $\delta$ は直立壁の位置 $x_{\mathrm{w}}$ により決定される位相のずれを表し、 $x$ および $t$ によらないとする。

(2) 上述の状況について説明した次の文中の四角に入る言葉の組み合わせのうち正しいものを下記のア〜エから選び解答欄に記号で答えよ。

「水面上の入射波は直立壁で水面が上下に動ける $\boxed{\text{i}}$ 反射するため、壁の位置で定常波は $\boxed{\text{ii}}$ を示す。」

(3) 上述の入射波 $h_{\mathrm{i}}(x,\ t)$ と反射波 $h_{\mathrm{r}}(x,\ t)$ を合成した定常波 $H(x,\ t)$ を次式で表すとき、 $F$、 $G$、 $K$ をそれぞれ $A$、 $\lambda$、 $T$、 $x$、 $t$、 $\delta$ のうち必要なものを用いて答えよ。

$$H(x,\ t)=F\cos G\cos K$$

なお、必要に応じて次の公式を用いてよい。

$$\cos\alpha+\cos\beta=2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}$$

(4) 次に、 $\delta$ を次式のように表した場合、直立壁 $(x=x_{\mathrm{w}})$ での反射の仕方を考えて、 $P$ を $x_{\mathrm{w}}$ を用いて答えよ。

$$\delta=2\pi\left(n+\frac{P}{\lambda}\right)\qquad(n=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \pm3,\ \cdots)$$

(5) 上で得られた $\delta$ について $n=0$ の場合を考える。このとき、ある位置 $x$ における定常波 $H(x,\ t)$ と直立壁の位置における定常波 $H_{\mathrm{w}}=H(x_{\mathrm{w}},\ t)$ について、それぞれが1周期の中で取り得る最大値 $H_{\mathrm{max}}$ と $H_{\mathrm{wmax}}$ の比 $\dfrac{H_{\mathrm{max}}}{H_{\mathrm{wmax}}}$ を表す式を $A$、 $\lambda$、 $x$、 $x_{\mathrm{w}}$ のうち必要なものを用いて求めよ。

(6) いま、上で得られた定常波について、 $0\leqq x\leqq x_{\mathrm{w}}$ の区間内に節が3つ発生していた場合に $x_{\mathrm{w}}$ が満たすべき条件を求めよ。

問1 (1)

図3(a)は $t=0$ の波形（横軸は $x$）。山の高さは $1.0\ \mathrm m$、山と山の間隔は $20\ \mathrm m$。図3(b)は $x=5\ \mathrm m$ の水面の高さの時間変化（横軸は $t$）。山と山の間隔は $10\ \mathrm s$。よって

$$v=\dfrac{\lambda}{T}=\dfrac{20}{10}=2.0\ \mathrm{m/s}$$

波の進む向きは、図3(a)の波形を少し右へずらして確かめる（下の図）。 $x=5\ \mathrm m$ は、 $x$ が増えると高くなる坂の途中にある。波が $+x$ 向きに進むと、左にあった低い所が $x=5$ に来るので、 $x=5$ の高さは下がる。図3(b)でも $t=0$ から下がっているので、波は $+x$ 向きに進む。

答　振幅 $1.0\ \mathrm m$、波長 $20\ \mathrm m$、周期 $10\ \mathrm s$、速さ $2.0\ \mathrm{m/s}$（4点）

問1 (2)

図3(b)は $x=5$ の振動で、 $t=0$ から下がる $-\sin$ 型なので

$$h(5,\ t)=-A\sin\dfrac{2\pi}{T}t$$

位置 $x$ の水面は、波が $x=5$ から $x$ まで進む時間 $\Delta t=\dfrac{x-5}{v}$ だけおくれて同じ振動をする。いつもの「いつ原点にあったか」が、「いつ $x=5$ にあったか」に変わっただけ。 $t$ を $t-\Delta t$ に置きかえる（下の図）。

$A=1.0$、 $T=10$、 $v=2.0$ を入れて

$$h(x,\ t)=-\sin\dfrac{2\pi}{10}\left(t-\dfrac{x-5}{2}\right)$$

$-$ を $\sin$ の中に入れて、 $\dfrac{2\pi}{10}\cdot\dfrac{x-5}{2}=2\pi\cdot\dfrac{x-5}{20}$ とそろえると

$$h(x,\ t)=\sin\left\{2\pi\left(\dfrac{x-5}{20}-\dfrac{t}{10}\right)\right\}$$

問題の形 $\sin\left\{2\pi\left(\dfrac{x+b}{c}+\dfrac td\right)\right\}$ と比べると、 $\dfrac{x-5}{20}$ から $b=-5.0\ \mathrm m$、 $c=20\ \mathrm m$。 $-\dfrac{t}{10}=\dfrac{t}{d}$ から $d=-10\ \mathrm s$。 $a=A=1.0\ \mathrm m$。形が $+\dfrac td$ なので、 $+x$ 向きの波では $d=T$ と決めつけられず、 $c$ か $d$ のどちらかが負になる。

答　$a=1.0\ \mathrm m$、 $b=-5.0\ \mathrm m$、 $c=20\ \mathrm m$、 $d=-10\ \mathrm s$　（または　$a=1.0\ \mathrm m$、 $b=5.0\ \mathrm m$、 $c=-20\ \mathrm m$、 $d=10\ \mathrm s$）（6点）

（2組目も同じ波を表す。 $h(x,\ t)=\sin\left\{2\pi\left(\dfrac{x-5}{20}-\dfrac{t}{10}\right)\right\}$ の $\sin$ の中身を $\theta$ とおくと、2組目の中身は $-\theta-\pi$ と書け、 $\sin(-\theta-\pi)=\sin\theta$ だから。どちらを答えても正解。条件 $a>0\ \mathrm m$、 $-10\ \mathrm m<b<10\ \mathrm m$ を満たす組はこの2つだけ）

問2 (1)

入射波は $+x$ 向きに進む。壁ですべて反射するので、反射波は $-x$ 向きで、振幅は $A$ のまま。反射波は、壁の向こうまで入射波が進んだと考えたときの対称点 $2x_\mathrm w-x$ の入射波と同じ道のり（下の図）。反射の仕方が (4) まで決まっていないので、位相のずれを文字 $\delta’$ で置く。

$$h_\mathrm r(x,\ t)=A\cos\left\{2\pi\left(\dfrac{2x_\mathrm w-x}{\lambda}-\dfrac tT\right)+\delta’\right\}$$

$\cos(-\theta)=\cos\theta$ で、 $\cos$ の中身全体の符号を逆にして

$$h_\mathrm r(x,\ t)=A\cos\left\{2\pi\left(\dfrac{x}{\lambda}+\dfrac{t}{T}\right)-\dfrac{4\pi x_\mathrm w}{\lambda}-\delta’\right\}$$

$-\dfrac{4\pi x_\mathrm w}{\lambda}-\delta’$ は $x$ にも $t$ にもよらない定数なので、 $\delta$ とまとめて $A\cos(2\pi E+\delta)$ の形になる。よって $D=A$、 $E=\dfrac{x}{\lambda}+\dfrac{t}{T}$。

答　エ（5点）

問2 (2)

水面は、壁があっても上下に動ける。媒質が動けない所（固定端）は壁で変位が0になるが、ここは動けるので自由端。自由端では、壁の位置が最も大きく振れる。

答　イ（自由端・腹）（5点）

問2 (3)

$h_\mathrm i=A\cos\alpha$、 $h_\mathrm r=A\cos\beta$ とおくと、 $\alpha=2\pi\left(\dfrac{x}{\lambda}-\dfrac tT\right)$、 $\beta=2\pi\left(\dfrac{x}{\lambda}+\dfrac tT\right)+\delta$。和積の公式を使うと

$$\dfrac{\alpha+\beta}{2}=\dfrac{2\pi x}{\lambda}+\dfrac{\delta}{2},\qquad\dfrac{\alpha-\beta}{2}=-\dfrac{2\pi t}{T}-\dfrac{\delta}{2}$$

$\cos$ は偶関数なので $\cos\left(-\dfrac{2\pi t}{T}-\dfrac\delta2\right)=\cos\left(\dfrac{2\pi t}{T}+\dfrac\delta2\right)$。

$$H(x,\ t)=2A\cos\left(\dfrac{2\pi x}{\lambda}+\dfrac{\delta}{2}\right)\cos\left(\dfrac{2\pi t}{T}+\dfrac{\delta}{2}\right)$$

$x$ を含む方（$\cos G$）が、位置ごとの振れ幅を決める $x$ の項。 $t$ を含む方（$\cos K$）が、時間とともに $-1$〜 $1$ を行き来する $t$ の項（下の図）。

答　$F=2A$、 $G=\dfrac{2\pi x}{\lambda}+\dfrac{\delta}{2}$、 $K=\dfrac{2\pi t}{T}+\dfrac{\delta}{2}$（5点）

（$G$ と $K$ の入れかえや、 $K$ の符号を逆にした形も式としては同じ。ここでは $x$ を含む方を $G$ とした）

問2 (4)

(2) より壁 $x=x_\mathrm w$ は腹。腹は $x$ の項 $\cos G$ が $\pm1$ になる所（振れ幅が最大の $2A$ になる所）なので

$$\cos\left(\dfrac{2\pi x_\mathrm w}{\lambda}+\dfrac{\delta}{2}\right)=\pm1\qquad\therefore\ \dfrac{2\pi x_\mathrm w}{\lambda}+\dfrac{\delta}{2}=n\pi\quad(n=0,\ \pm1,\ \pm2,\ \cdots)$$

$\delta$ について解くと

$$\delta=2\pi\left(n-\dfrac{2x_\mathrm w}{\lambda}\right)$$

問題の形 $\delta=2\pi\left(n+\dfrac{P}{\lambda}\right)$ と比べて $P=-2x_\mathrm w$。（(1) の $\delta=-\dfrac{4\pi x_\mathrm w}{\lambda}-\delta’$ と見比べると、 $\delta’$ は $2\pi$ の整数倍、つまり位相のずれなし。「自由端は反射で位相が変わらない」という知識と合う）

答　$P=-2x_\mathrm w$（5点）

問2 (5)

$n=0$ のとき $\delta=-\dfrac{4\pi x_\mathrm w}{\lambda}$ なので、 $\dfrac\delta2=-\dfrac{2\pi x_\mathrm w}{\lambda}$。これを (3) の $G$、 $K$ に入れて

$$H(x,\ t)=2A\cos\dfrac{2\pi(x-x_\mathrm w)}{\lambda}\cdot\cos\left(\dfrac{2\pi t}{T}-\dfrac{2\pi x_\mathrm w}{\lambda}\right)$$

$t$ の項は1周期のうちに $\pm1$ になるので、位置 $x$ の1周期の最大値は、 $x$ の項の絶対値を使って

$$H_\mathrm{max}=2A\left|\cos\dfrac{2\pi(x-x_\mathrm w)}{\lambda}\right|$$

（絶対値が必要。 $\cos$ が負になる位置でも、最大値は正の値）。壁の位置 $x=x_\mathrm w$ は腹で、 $x$ の項が $1$ なので $H_\mathrm{wmax}=2A$。

$$\dfrac{H_\mathrm{max}}{H_\mathrm{wmax}}=\left|\cos\dfrac{2\pi(x-x_\mathrm w)}{\lambda}\right|$$

答　$\left|\cos\dfrac{2\pi(x-x_\mathrm w)}{\lambda}\right|$（5点）

問2 (6)

数式でなく作図で数える。壁 $x=x_\mathrm w$ は腹で、壁から $\dfrac14\lambda$ の所に1つ目の節がある。そこから $\dfrac12\lambda$ ごとに2つ目、3つ目、……と節が並ぶ（下の図）。

3つ目の節は $x_\mathrm w-\dfrac54\lambda$、4つ目の節は $x_\mathrm w-\dfrac74\lambda$。区間 $0\leqq x\leqq x_\mathrm w$ に節がちょうど3つあるのは、3つ目が $x\geqq0$ に入り、4つ目は入らないとき。

$$x_\mathrm w-\dfrac74\lambda<0\leqq x_\mathrm w-\dfrac54\lambda$$

端の確認：$x_\mathrm w=\dfrac54\lambda$ のとき、3つ目の節がちょうど $x=0$ に来て、区間に入るので含む。 $x_\mathrm w=\dfrac74\lambda$ のときは、4つ目の節が $x=0$ に来て節が4つになるので含まない。

答　$\dfrac54\lambda\leqq x_\mathrm w<\dfrac74\lambda$（5点）

別解

問1 (2)　（図3(a)の波形から作る）　$t=0$ の波形は図3(a)より $h(x,\ 0)=-\cos\dfrac{2\pi x}{20}$。 $+x$ 向きに速さ $v=2.0\ \mathrm{m/s}$ で進むので、時刻 $t$ の波形は $x$ を $x-vt$ に置きかえて

$$h(x,\ t)=-\cos\left\{2\pi\left(\dfrac{x}{20}-\dfrac{t}{10}\right)\right\}=\sin\left\{2\pi\left(\dfrac{x}{20}-\dfrac{t}{10}-\dfrac14\right)\right\}=\sin\left\{2\pi\left(\dfrac{x-5}{20}-\dfrac{t}{10}\right)\right\}$$

本解と同じ式になる。本解は $y$-$t$ のグラフから作ったが、 $y$-$x$ のグラフからでも同じ式になるので、検算に使える。

問2 (1)　（自由端と先に決める）　自由端では反射で位相が変わらないので、 $h_\mathrm r(x,\ t)=h_\mathrm i(2x_\mathrm w-x,\ t)$ として、 $\delta’=0$ のまま一気に

$$h_\mathrm r(x,\ t)=A\cos\left\{2\pi\left(\dfrac{x}{\lambda}+\dfrac{t}{T}\right)-\dfrac{4\pi x_\mathrm w}{\lambda}\right\}$$

と書ける。ただし本問は、(4) まで反射の仕方を決めずに進む流れなので、本解は $\delta’$ を文字で置いた。この一発の形は、(4) の結果の検算に使える。

問2 (6)　（式で数える）　節は $x$ の項が0になる所。 $\cos\dfrac{2\pi(x-x_\mathrm w)}{\lambda}=0$ より、 $x\leqq x_\mathrm w$ の範囲で

$$x=x_\mathrm w-\dfrac{2k-1}{4}\lambda$$

（ $k=1,\ 2,\ 3,\ \cdots$ ）。 $0\leqq x_\mathrm w-\dfrac{2k-1}{4}\lambda$ を満たす $k$ が $1,\ 2,\ 3$ の3つだけ、という条件を書いても、本解と同じ結果になる。ただし式だけでは、端の等号や個数の数えまちがいが起きやすい。