【解説・配点付き】2014年九州大学物理の解答・解説

以下の問いに答えよ。

図1(a)のように、水平方向に移動できる角度 $30^\circ$ の斜面を持った台の上で、ばね定数 $k$ のばねの一端が斜面上の壁に固定されており、他端に質量 $m$ の板Aが取り付けられている。ばねが自然長のときの板Aの位置を原点Oとして、斜面上向きに $x$ 軸をとる。斜面の上端は $x=L$ の位置にある。また、質量 $M$ の球Bがあり、板Aと球Bは斜面上を摩擦無しで運動するものとし、空気抵抗も無いものとする。板A、球Bの大きさおよびばねの質量は無視でき、重力加速度の大きさを $g$ とする。

はじめ、台は動かないように支えられている。

問1. 斜面上でばねと板Aがつり合っているものとする。つり合いの位置の板Aの $x$ 座標 $x_0$ を求めよ。

球Bを板Aに接触させて、 $x=-d\,(d>0)$ の位置までばねを縮めて静かに離す。ただし、 $(kd>g(m+M))$ の関係にある。

問2. 板Aと球Bが接触している間の運動を考える。板A、球Bの加速度を $a$、板Aと球Bが押し合う力の大きさを $F$ とする。座標 $x$ における板A、球Bの運動方程式を $m$、 $M$、 $k$、 $g$、 $F$、 $a$、 $x$ のうち必要なものを用いて表せ。また、運動方程式より $a$、 $F$ を求めよ。

問3. 板Aと球Bは接触して運動した後に離れる。

(1) 板A、球Bが離れる瞬間の $x$ 座標、およびそのときの $x$ 方向の速度 $v$ を求めよ。

(2) 板A、球Bが離れた後に球Bは斜面上で最高到達点に達して戻ってくる。最高到達点の $x$ 座標を求めよ。

問4. 板A、球Bが離れた後の板Aの運動を考える。

(1) 板Aの加速度を $a_{\mathrm{A}}$ とし、板Aの運動方程式を $m$、 $g$、 $k$、 $a_{\mathrm{A}}$、 $x$ のうち必要なものを用いて表せ。

(2) 問4(1)の運動方程式を、座標 $x$ の代わりに、つり合いの位置からの座標 $z$ を用いて書き直せ。

(3) 板A、球Bが離れた後、板Aが何往復か振動した後に、板Aと斜面から戻ってくる球Bは衝突する。板Aが衝突前に行う単振動の周期 $T$ を求めよ。

次に、球Bを板Aに接触させ、 $x=-d\,(d>0)$ の位置までばねを縮ませた状態で台に力を加え、図1(b)のように台を水平方向左向きに $\alpha=\dfrac{g}{\sqrt3}$ の加速度で動かし、板A、球Bを静かに離す。

問5. 板Aと球Bが接触している間の運動を考える。

(1) 台上の観測者から見たときの板A、球Bの $x$ 方向の加速度を $a’$、板Aと球Bが押し合う力の大きさを $F’$ とする。台上の観測者から見たときの板A、球Bの運動方程式を $m$、 $M$、 $k$、 $F’$、 $g$、 $a’$、 $x$ のうち必要なものを用いて表せ。

(2) 問5(1)で求めた板A、球Bの運動方程式から $F’$ を消去し、板A、球Bを一体とみなしたときの台上の観測者から見たときの運動方程式を $m$、 $M$、 $k$、 $g$、 $a’$、 $x$ のうち必要なものを用いて表せ。

(3) 点Oを通過するときの時刻を $t=0$ とした場合、時刻 $t\,(t\leqq0)$ のときの台上の観測者から見たときの板A、球Bの座標 $x$ と $x$ 方向の速度 $v’$ を求めよ。

問6. 板A、球Bが離れる瞬間の $x$ 座標、および台上の観測者から見たときの $x$ 方向の速度を求めよ。

問7. 球Bが到達する最高点の鉛直方向高さを点Oからの高さで表せ。ただし、球Bは $x=L$ で水平面からの角度 $30^\circ$ で飛び出すものとする。

問1

つり合いの位置では、板Aに斜面方向にはたらく力がつり合う。 $x$ 軸は斜面上向きが正。ばねの力は $-kx_0$ （縮んでいれば上向き）、重力の斜面方向の成分は $-mg\sin30^\circ=-\dfrac12mg$ （下向き）。

$$0=-kx_0-\frac12mg$$

答　$x_0=-\dfrac{mg}{2k}$（3点）

（負なので、自然長Oより斜面の下側。ばねが縮んでいる）

問2

板Aと球Bが接している間、加速度は同じ $a$。力は、板Aが「重力の成分・ばねの力・Bから受ける押し合う力 $F$」、球Bが「重力の成分・Aから受ける押し合う力 $F$」（下の図）。垂直抗力は斜面に垂直で、斜面方向の式には入らない。 $x$ 軸方向（斜面上向き）の運動方程式を立てる。

答　板A：$ma=-kx-F-\dfrac12mg$（2点）

答　球B：$Ma=F-\dfrac12Mg$（2点）

2式を足すと $F$ が消える（2物体を一体とみなした式）。

$$(m+M)a=-kx-\frac12(m+M)g$$

答　$a=-\dfrac{k}{m+M}x-\dfrac g2$（2点）

これを球Bの式 $F=Ma+\dfrac12Mg$ に入れると

答　$F=-\dfrac{Mk}{m+M}x$（2点）

（$x<0$ では $F>0$ で、板Aは球Bを押している）

問3 (1)

離れる瞬間は、押し合う力が0になるとき。 $F=-\dfrac{Mk}{m+M}x=0$ より $x=0$。 $x<0$ の間は $F>0$ で押し合い、 $x>0$ になると $F<0$ になる（押し合えない）ので、自然長で離れる。つり合いの位置 $x_0$ ではない。球Bには重力の成分だけがはたらくので加速度は $-\dfrac g2$ のまま変わらず、ばねが伸び始めた板Aのほうが大きく減速するから離れる。

答（位置）　$x=0$（2点）

離れる瞬間の速度は、放した位置 $x=-d$ （速さ0）から $x=0$ までの力学的エネルギー保存で求める。板Aと球Bは一体で動き、高さは斜面に沿って $d$ 進んだので $d\sin30^\circ=\dfrac d2$ だけ上がる。

$$\frac12kd^2=\frac12(m+M)v^2+(m+M)g\cdot\frac d2$$

$$v^2=\frac{kd^2}{m+M}-gd$$

$kd>g(m+M)$ より右辺は正。 $x$ 方向の速度なので、上向きで正。

答（速度）　$v=\sqrt{\dfrac{kd^2}{m+M}-gd}$（3点）

問3 (2)

離れたあとの球Bは、加速度 $-\dfrac g2$ の等加速度運動。 $x=0$ から速度 $v$ で出て、速度が0になる所が最高点。最高点の座標を $x_{\max}$ として

$$0-v^2=2\left(-\frac g2\right)x_{\max}\qquad\therefore\ x_{\max}=\frac{v^2}{g}$$

答　$\dfrac{kd^2}{(m+M)g}-d$（3点）

（力学的エネルギー保存 $\dfrac12Mv^2=Mg\cdot\dfrac{x_{\max}}2$ と同じ。最高点が $x=L$ より下にあることは、問題文が前提にしている）

問4 (1)

離れたあとの板Aには、ばねの力と重力の成分だけがはたらく。

答　$ma_{\mathrm{A}}=-kx-\dfrac12mg$（2点）

問4 (2)

$x=z+x_0=z-\dfrac{mg}{2k}$ を入れる。 $-kx-\dfrac12mg=-kz+\dfrac12mg-\dfrac12mg=-kz$ より

答　$ma_{\mathrm{A}}=-kz$（2点）

（$z=x-x_0$ はつり合いの位置からの座標。板Aはつり合いの位置を中心に、ばね定数 $k$ の単振動をする）

問4 (3)

$ma_{\mathrm{A}}=-kz$ は、質量 $m$・ばね定数 $k$ の単振動。周期は振幅によらない。

答　$T=2\pi\sqrt{\dfrac mk}$（2点）

（周期は振幅によらないので、板Aが何往復したあとでも同じ。問題文の「何往復かした後」は、このことが前提になっている）

問5 (1)

台の上から見る。台は左向きに $\alpha=\dfrac g{\sqrt3}$ で加速しているので、慣性力は逆向きの右向きで、板Aには $m\alpha$ 、球Bには $M\alpha$ （下の図）。

斜面方向（$+x$ 向き）の成分は、重力が $-\dfrac12mg$ 、慣性力が $m\alpha\cos30^\circ=m\cdot\dfrac g{\sqrt3}\cdot\dfrac{\sqrt3}2=\dfrac12mg$ 。この2つは大きさが同じで逆向きなので打ち消し合う。球Bも同じ（$M$ をかけただけ）。垂直抗力は斜面に垂直な方向の力で、重力も慣性力も斜面に押しつける向きなので、斜面からは浮かない。

答　板A：$ma’=-kx-F’$（2点）

答　球B：$Ma’=F’$（2点）

（台の上では、重力と慣性力の合力が斜面に垂直になる。ばねの力と押し合う力だけで動く、水平な床の上の問題と同じ）

問5 (2)

2式を足して $F’$ を消す。

答　$(m+M)a’=-kx$（2点）

問5 (3)

台の上から見ると、板Aと球Bは一体で、 $(m+M)a’=-kx$ の単振動をする。つり合いの位置（振動の中心）は自然長O（$x=0$）。放した位置は $x=-d$ で速さ0なので、振幅は $d$ 、 $-d$ から $d$ の間を往復する。角振動数は

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m+M}}$$

$t=0$ に中心Oを $+x$ 向きに通るので、 $\sin$ 型。 $x=-d$ は $t=-\dfrac{\pi}{2\omega}$ （周期の $\dfrac14$ だけ前）。下の図は、 $x$ と $t$ の対応を表したもの。

答　$x=d\sin\left(\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}\,t\right)$（3点）

速度は $x$ を時間で微分した形（$\sin$ の次は $\cos$）。

答　$v’=d\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}\cos\left(\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}\,t\right)$（2点）

（式が使えるのは、放した時刻 $t=-\dfrac{\pi}{2}\sqrt{\dfrac{m+M}{k}}$ から $t=0$ まで）

問6

離れるのは $F’=0$ のとき。問5 (1) の球Bの式より $F’=Ma’=-\dfrac{Mk}{m+M}x$ なので、 $x=0$ （問3 (1) と同じ考え方）。

答（位置）　$x=0$（2点）

そのときの速度は、問5 (3) の式の $t=0$ の値。振動の中心を通るので、速さ最大。

答（速度）　$v’=d\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}$（$+x$ 向き）（2点）

問7

離れたあと、台の上から見て斜面方向の力は0なので、球Bは台に対して速さ $v’=d\sqrt{\dfrac{k}{m+M}}$ の等速で斜面を上る。 $x=L$ では、台に対して斜面の向き（水平から $30^\circ$）に飛び出す。Oから $x=L$ までの高さは $\dfrac L2$ 。

飛び出す瞬間の鉛直方向の速度は、台に対する速度の鉛直成分 $v’\sin30^\circ=\dfrac{v’}2$ 。台は水平にしか動かないので、鉛直方向の速度は台の上から見ても床から見ても同じ。飛び出したあとの鉛直方向にはたらく力は重力だけなので、上がる高さ $h$ は

$$h=\frac{(v’/2)^2}{2g}=\frac{v’^2}{8g}=\frac{kd^2}{8(m+M)g}$$

最高点のOからの高さは、 $\dfrac L2$ にこれを足す。

答　$\dfrac L2+\dfrac{kd^2}{8(m+M)g}$（5点）

（問題文の「水平面から $30^\circ$」は、台に対する向き。床から見ると台の速度が加わるので $30^\circ$ にはならないが、鉛直方向の速度は同じなので答えは変わらない）

別解

問3 (1)　速度　（単振動のエネルギー保存で）　接して動く間は質量 $m+M$・ばね定数 $k$ の単振動。中心（つり合いの位置）は $x=-\dfrac{(m+M)g}{2k}$ 。この中心からの変位は、 $x=-d$ で $d-\dfrac{(m+M)g}{2k}$ 、 $x=0$ で $\dfrac{(m+M)g}{2k}$ 。重力の位置エネルギーを入れずに、

$$\frac12k\left\{d-\frac{(m+M)g}{2k}\right\}^2=\frac12(m+M)v^2+\frac12k\left\{\frac{(m+M)g}{2k}\right\}^2$$

を整理すると $v^2=\dfrac{kd^2}{m+M}-gd$ で同じ答え。本解は、中心を求める手間のない力学的エネルギー保存にした。

図2(a)に示すように、直流電源に一つのコイル、二つのコンデンサー、三つのスイッチが接続された電気回路がある。最初、コンデンサーAとコンデンサーBの極板間は真空で、静電容量はそれぞれ $C_1\,[\mathrm{F}]$、 $C_2\,[\mathrm{F}]$ であり、コイルの自己インダクタンスは $L\,[\mathrm{H}]$ である。直流電源の電圧（起電力）は $E\,[\mathrm{V}]$ でその内部抵抗の値は $r\,[\Omega]$ である。ここで、導線の抵抗は無視できるものとする。

最初、二つのコンデンサーには電荷がたくわえられておらず、三つのスイッチは全て開いているものとして、以下の問いに答えよ。

問1. 時刻 $t=t_1\,[\mathrm{s}]$ においてスイッチ1を閉じたところ、コンデンサーAの極板間電圧 $V_{\mathrm{C}}\,[\mathrm{V}]$ が図2(b)に示すように変化し、電流 $I_{\mathrm{C}}\,[\mathrm{A}]$ がコンデンサーAに流れた（ただし、図2(a)における $I_{\mathrm{C}}$ の矢印を電流の正の向きとする）。

電流 $I_{\mathrm{C}}$ は、スイッチ1を閉じた直後に最大となり、その値 $I_{\mathrm{CM}}\,[\mathrm{A}]$ は $\boxed{\text{ア}}\,[\mathrm{A}]$ と表される。また、スイッチ1を閉じた後、コンデンサーAに電流 $I_{\mathrm{C}}$ が流れている時、コンデンサーAにたくわえられる電気量は $\boxed{\text{イ}}\,[\mathrm{C}]$ と表される。

上の文中の四角に入る数式を答えよ。ただし、数式は $I_{\mathrm{C}}$、 $C_1$、 $C_2$、 $E$、 $r$、 $L$ のうち必要なものを用いて表せ。

問2. 問1の操作を行った際、コンデンサーAに流れる電流 $I_{\mathrm{C}}\,[\mathrm{A}]$ はどのように時間変化するか。解答紙にその概形を描け。

問3. 直流電源の内部抵抗の値 $r\,[\Omega]$ が高い場合と低い場合とでは、コンデンサーAの極板間電圧 $V_{\mathrm{C}}\,[\mathrm{V}]$ が電源電圧 $E\,[\mathrm{V}]$ の半分の値（すなわち $0.5E\,[\mathrm{V}]$）に等しくなるまでに要する時間が長くなるのはどちらか。解答紙に記載されている選択肢から正解を選び、その記号に○印をつけよ。またその理由を150字以内で述べよ（句読点は一文字と数える）。

問4. スイッチ1を閉じてコンデンサーAの極板間電圧 $V_{\mathrm{C}}\,[\mathrm{V}]$ が電源電圧 $E\,[\mathrm{V}]$ に等しくなった後にスイッチ1を開き、コンデンサーAの極板間に比誘電率 $\varepsilon_{\mathrm{r}}$ の誘電体を挿入した。その結果、コンデンサーAの静電容量は $\boxed{\text{ウ}}$ 倍、極板間電圧は $\boxed{\text{エ}}$ 倍、静電エネルギーは $\boxed{\text{オ}}$ 倍になる。

上の文中の四角に入る数式を答えよ。ただし、数式は $C_1$、 $C_2$、 $E$、 $\varepsilon_{\mathrm{r}}$、 $r$、 $L$ のうち必要なものを用いて表せ。

問5. 問4の操作の後でスイッチ2を閉じた。この操作の後でコンデンサーA、Bの極板間電圧はそれぞれ $\boxed{\text{カ}}\,[\mathrm{V}]$、 $\boxed{\text{キ}}\,[\mathrm{V}]$、コンデンサーA、Bにたくわえられる電気量はそれぞれ $\boxed{\text{ク}}\,[\mathrm{C}]$、 $\boxed{\text{ケ}}\,[\mathrm{C}]$ と表される。

上の文中の四角に入る数式を答えよ。ただし、数式は $C_1$、 $C_2$、 $E$、 $\varepsilon_{\mathrm{r}}$、 $r$、 $L$ のうち必要なものを用いて表せ。

問6. 問5の操作の後で時刻 $t=t_2\,[\mathrm{s}]$ においてスイッチ3を閉じたところ、コイルに一定周期で振動する電流 $I_{\mathrm{L}}\,[\mathrm{A}]$ が流れた。その波形として最も適するものを、解答紙に記載された(a)から(d)の中から選び、その記号に○印をつけよ。ただし、これらの図では、時刻 $t=t_2\,[\mathrm{s}]$ から三周期経過した時刻 $t=t_3\,[\mathrm{s}]$ までの波形を描いてあり、図2(a)における $I_{\mathrm{L}}$ の矢印を電流の正の向きとする。

問7. 問6で選択した電流波形の周波数は $\boxed{\text{コ}}\,[\mathrm{Hz}]$、最大値は $\boxed{\text{サ}}\,[\mathrm{A}]$ と表される。

上の文中の四角に入る数式を答えよ。ただし、数式は $C_1$、 $C_2$、 $E$、 $\varepsilon_{\mathrm{r}}$、 $r$、 $L$ のうち必要なものを用いて表せ。

問8. 問6の操作の後で、時刻 $t=t_3\,[\mathrm{s}]$ においてコイルに抵抗を直列に接続したところ、電流振動の様子が変化した。問6で選択した波形に時刻 $t=t_3\,[\mathrm{s}]$ 以降の変化の概形を三周期分続けて描け。

問1　空欄ア・イ

閉じた直後は、コンデンサーの電気量が0なので電圧も0。コンデンサーは導線と同じとみなせる（下の図の「スイッチ1を閉じた直後」）。電池から回路を1周すると、電池で $E$ 上がり、コンデンサーでは下がらないので、内部抵抗の電圧がちょうど $E$ 。オームの法則で

$$I_{\mathrm{CM}}=\frac{E}{r}$$

答（ア）　$\dfrac{E}{r}$（2点）

閉じたあとの途中では、電流 $I_{\mathrm{C}}$ が内部抵抗を流れていて、回路を1周する式は

$$E=rI_{\mathrm{C}}+V_{\mathrm{C}}\qquad\therefore\ V_{\mathrm{C}}=E-rI_{\mathrm{C}}$$

電気量は「容量×電圧」。使ってよい文字に $V_{\mathrm{C}}$ が無いので、 $I_{\mathrm{C}}$ で表す。

答（イ）　$C_1(E-rI_{\mathrm{C}})$（3点）

問2

問1の回路を1周する式より、電流は

$$I_{\mathrm{C}}=\frac{E-V_{\mathrm{C}}}{r}$$

$E-V_{\mathrm{C}}$ は、電池の電圧とコンデンサーの電圧の差。 $V_{\mathrm{C}}$ が0から $E$ に近づくにつれて、 $E-V_{\mathrm{C}}$ は $E$ から0に近づく。だから $I_{\mathrm{C}}$ は、図2(b) の $V_{\mathrm{C}}$ の曲線を上下にひっくり返した形になる（下の図で、矢印の長さが同じ）。

・$t<t_1$ ：スイッチが開いているので、電流は0

・$t=t_1$ ：電圧0なので、 $I_{\mathrm{C}}=\dfrac{E}{r}=I_{\mathrm{CM}}$ に跳ね上がる（縦軸の $I_{\mathrm{CM}}$ の高さ）

・$t>t_1$ ：電圧の上がり方がゆるやかになるにつれて電流も減り方がゆるやかになり、0に近づく（0にぴったり着かず、横軸に近づく下に凸の曲線）

図2(b) と時間の目盛りをそろえ、 $t_1$ の位置を合わせて書く。

答　図（ $t_1$ で0から $I_{\mathrm{CM}}$ に跳ね上がり、そこから下に凸の曲線で減って0に近づく）（4点）

（式は求められていないが、 $I_{\mathrm{C}}=\dfrac{E}{r}e^{-(t-t_1)/(rC_1)}$ 。指数関数は高校の範囲外なので、形だけ書ければよい）

問3

充電の電流は、問2の $I_{\mathrm{C}}=\dfrac{E-V_{\mathrm{C}}}{r}$ 。電流は単位時間に運ばれる電気量なので、これが大きいほどコンデンサーの電気量 $C_1V_{\mathrm{C}}$ は速く増え、電圧 $V_{\mathrm{C}}$ も速く上がる。同じ $V_{\mathrm{C}}$ のときの電流を比べると、内部抵抗 $r$ が高いほど小さい。だから $V_{\mathrm{C}}$ の増え方は遅く、 $0.5E$ に達するまでの時間は長い（下の図）。

答（選択）　内部抵抗の値が高い場合（2点）

答（理由）　解答例「充電中の電流は、電源電圧と極板間電圧の差を内部抵抗で割った値である。同じ極板間電圧で比べると、内部抵抗が高いほど電流は小さく、単位時間に運ばれる電気量が少ない。よって極板間電圧の増え方が遅く、0.5Eに達するまでの時間は長い。」（113字）（3点）

（入れる2点は「同じ極板間電圧なら内部抵抗が高いほど電流が小さい」と「電流が小さいので、電気量・極板間電圧の増え方が遅い」。参考：$0.5E$ になる時刻は $t_1+rC_1\log 2$ で、 $r$ に比例して遅くなる。範囲外）

問4　空欄ウ・エ・オ

スイッチ1を閉じてコンデンサーAの電圧が $E$ になったので、電気量は $C_1E$ 。スイッチ1を開くと電池から切り離されるので、この電気量 $C_1E$ は変わらない（着眼点の図の「充電後」→「誘電体を入れる」）。誘電体を入れると、容量は $\varepsilon_{\mathrm{r}}$ 倍の $\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1$ 。

答（ウ）　$\varepsilon_{\mathrm{r}}$（2点）

電気量が一定なので、電圧は容量に反比例して

$$V=\frac{Q}{C}=\frac{C_1E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1}=\frac{E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}}$$

答（エ）　$\dfrac{1}{\varepsilon_{\mathrm{r}}}$（2点）

電気量 $Q$ と容量 $C$ が分かっているので、静電エネルギーは $\dfrac{Q^2}{2C}$ の形で

$$U=\frac{(C_1E)^2}{2\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1}=\frac{1}{\varepsilon_{\mathrm{r}}}\cdot\frac{1}{2}C_1E^2$$

答（オ）　$\dfrac{1}{\varepsilon_{\mathrm{r}}}$（2点）

（スイッチ1を閉じたまま誘電体を入れるなら、電圧が $E$ で一定になり、電気量とエネルギーが $\varepsilon_{\mathrm{r}}$ 倍になる。この問題は「開いてから」入れるので、エネルギーは小さくなる）

問5　空欄カ〜ケ

スイッチ2を閉じたあと、AとBは並列なので、電圧が共通。これを $V’$ とおく。Aの電気量は $\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1V’$ 、Bの電気量は $C_2V’$ 。

スイッチ1が開いているので、AとBの左の極板は電池につながらない島になる（下の図の「スイッチ2を閉じる」）。島の電気量の合計は、つなぐ前の合計 $C_1E+0$ のまま保存されるので

$$\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1V’+C_2V’=C_1E\qquad\therefore\ V’=\frac{C_1E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2}$$

答（カ）　$\dfrac{C_1E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2}$（2点）

答（キ）　$\dfrac{C_1E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2}$（2点）

電気量は、容量に電圧 $V’$ をかけて

答（ク）　$\dfrac{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1^2E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2}$（2点）

答（ケ）　$\dfrac{C_1C_2E}{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2}$（2点）

（確かめ：AとBの電気量の和は $C_1E$ にもどる）

問6

スイッチ3を閉じた直後は、コイルの自己誘導で電流は0から少しずつ増える。だから (a)〜(d) はどれも0からはじまる。ここから2段階で絞る。

1段階目は振幅。回路に抵抗が無いのでジュール熱が出ず、エネルギーが保存する。電流の最大値は変わらないので、振幅が減る (a) と、増える (c) は×。

2段階目ははじめの向き。(b) は負、(d) は正ではじまる。電池の記号の長い線が＋極で、その＋極は内部抵抗を通して左の導線につながっているので、コンデンサーの左の極板が＋。スイッチ3を閉じると、電流は＋の極板から出て、左の導線を通ってコイルを左から右へ流れる。これは図2(a) の $I_{\mathrm{L}}$ の矢印と同じ向きなので、はじめは正（下の図）。

答　(d)（3点）

問7　空欄コ・サ

コンデンサーAとBは並列なので、1つの合成容量 $C=\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2$ のコンデンサーとして扱える。コンデンサーとコイルは輪になってつながっているので、電圧が等しく、電流が共通。このとき、コンデンサーとコイルのリアクタンスが等しいので

$$\omega L=\frac{1}{\omega C}\qquad\therefore\ \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}$$

周波数は $f=\dfrac{\omega}{2\pi}$ なので

答（コ）　$\dfrac{1}{2\pi\sqrt{L(\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2)}}$（3点）

電流が最大になるのは、コンデンサーの電気量が0になる瞬間で、このとき静電エネルギーはすべてコイルのエネルギーに変わっている。電気量は、スイッチ3を閉じる直前にAとBの左の極板にたまっていた合計 $C_1E$ 。合成容量 $C$ のコンデンサーに電気量 $C_1E$ がたまっていたと考えて、エネルギー保存より

$$\frac{(C_1E)^2}{2(\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2)}=\frac{1}{2}LI_{\max}^{\,2}\qquad\therefore\ I_{\max}=\frac{C_1E}{\sqrt{L(\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2)}}$$

答（サ）　$\dfrac{C_1E}{\sqrt{L(\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2)}}$（4点）

問8

$t_3$ に、コイルに抵抗を直列につなぐ。 $t_3$ は問6の波形の3周期後で、電流は0、コンデンサーには最大の電気量がたまっている（左の極板が＋）。つまり $t_2$ のときと同じ状態から、電流が0から正の向きに増えはじめる。

ただし、電流が流れるたびに抵抗でジュール熱が出て、回路のエネルギーが減っていく。エネルギーが減れば電流の最大値も小さくなるので、振幅がだんだん小さくなる（下の図）。

答　図（ $t_3$ から0より正の向きに振れはじめ、振幅がだんだん小さくなる振動を3周期分）（2点）

（減っていく速さは抵抗の値で決まるが、値は与えられていないので、「減っていく」ことが分かるように書ければよい。周期はわずかに長くなるが範囲外なので、ほぼ同じに書いてよい）

別解

問7 サ　（コンデンサーの電圧から）　問5の電圧 $V’$ が、合成容量 $\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2$ のコンデンサーにかかっている。電気量0になる瞬間のエネルギー保存より

$$\frac{1}{2}(\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2)V’^{\,2}=\frac{1}{2}LI_{\max}^{\,2}\qquad\therefore\ I_{\max}=V’\sqrt{\frac{\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2}{L}}=\frac{C_1E}{\sqrt{L(\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2)}}$$

本解は、問5で保存を確かめた電気量 $C_1E$ から求めた。式が短く、分母の根号に $\varepsilon_{\mathrm{r}}C_1+C_2$ がそのまま残る。

次の文章を読み、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もつシリンダー内に閉じ込められている。この気体の圧力 $p$ と体積 $V$ の関係を図3に示す。状態Oの気体の圧力は $p_0$、体積は $V_0$ であり、その温度を $T_0$ とする。気体定数は $R$ で表す。この気体の定積モル比熱は $\dfrac32R$、定圧モル比熱は $\dfrac52R$ である。なお気体がした仕事は、気体が外部に対して仕事をした場合を正とし、気体が得た熱量は、気体が外部から熱を与えられた場合を正とする。

最初、気体を状態Oから圧力を $p_0$ に保ったまま、体積を $2V_0$ までゆっくりと変化させた。この状態を状態Aとする。

問1. 状態Aの温度 $T_{\mathrm{A}}$ を $T_0$ を用いて表せ。

問2. 状態O→状態Aの定圧変化の間に気体がした仕事 $W_{\mathrm{OA}}$ と、気体が得た熱量 $Q_{\mathrm{OA}}$ をそれぞれ $R$ と $T_0$ を用いて表せ。

次に、気体を一度状態Oに戻した。そして、状態Oから体積を $V_0$ に保ったまま、圧力を $0.5p_0$ までゆっくりと変化させた。この状態を状態Bとする。

問3. 状態Bの温度 $T_{\mathrm{B}}$ を $T_0$ を用いて表せ。

問4. 状態O→状態Bの定積変化の間に生じた気体の内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\mathrm{OB}}$ を $R$ と $T_0$ を用いて表せ。

その後、再び気体を状態Oに戻した。そして、今度は状態Oから断熱状態を保ったまま、体積をゆっくりと $2V_0$ まで変化させた。この状態を状態Cとする。単原子分子理想気体の断熱変化では、 $pV^{5/3}=$ 一定 の関係が成立する。以下の問いでは数値は小数第2位まで求めよ。必要であれば $2^{-5/3}=0.315$ を用いてよい。

問5. 状態Cの圧力 $p_{\mathrm{C}}$ を $p_0$ を用いて表せ。

問6. 状態Cの温度 $T_{\mathrm{C}}$ を $T_0$ を用いて表せ。

問7. 状態O→状態Cの断熱変化の間に生じた気体の内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\mathrm{OC}}$ と、気体がした仕事 $W_{\mathrm{OC}}$ をそれぞれ $R$ と $T_0$ を用いて表せ。

問8. 気体の温度 $T$ を縦軸に、気体の体積 $V$ を横軸にとって状態変化を描いた図を $T-V$ 図という。上に述べた状態O→状態Aの定圧変化、状態O→状態Bの定積変化、状態O→状態Cの断熱変化を解答紙の $T-V$ 図に描け。状態A、状態B、状態Cを図中に状態Oのように黒丸で記入し、状態Oからそれぞれの状態までの変化が直線の場合は実線で、曲線の場合は破線で示せ。曲線の場合は正確な関数形を描く必要はないが、上に凸の変化であるか、下に凸の変化であるかをはっきりと示すこと。

最後に、気体を状態O→状態A→状態C→状態Oとゆっくり変化させるサイクルを考える。ここで、状態O→状態Aは定圧変化、状態A→状態Cは定積変化、状態C→状態Oは断熱変化である。

問9. 状態A→状態Cの定積変化の間に気体が得た熱量 $Q_{\mathrm{AC}}$ を $R$ と $T_0$ を用いて表せ。

問10. このサイクルの熱効率 $e$ を求めよ。

問1

O→A は圧力 $p_0$ のまま体積が $V_0$ から $2V_0$ になる定圧変化。1 mol の状態方程式 $p_0V=RT$ で $p_0$ と $R$ が一定なので $V\propto T$ 。体積が2倍なので温度も2倍。

答　$T_{\mathrm{A}}=2T_0$（3点）

問2

定圧変化の仕事は $W=p\Delta V$ なので

$$W_{\mathrm{OA}}=p_0(2V_0-V_0)=p_0V_0=RT_0$$

定圧の熱は、定圧モル比熱 $\dfrac52R$ を使ってすぐに

$$Q_{\mathrm{OA}}=1\cdot\dfrac52R(T_{\mathrm{A}}-T_0)=\dfrac52RT_0$$

答　$W_{\mathrm{OA}}=RT_0$（3点）

答　$Q_{\mathrm{OA}}=\dfrac52RT_0$（3点）

（確かめ： $\Delta U=\dfrac32R(T_{\mathrm{A}}-T_0)=\dfrac32RT_0$ と $W_{\mathrm{OA}}$ の和でも同じ。定圧は $Q:\Delta U:W=5:3:2$ ）

問3

O→B は体積が $V_0$ のまま圧力が $0.5p_0$ になる定積変化。状態方程式 $pV_0=RT$ で $V_0$ と $R$ が一定なので $p\propto T$ 。圧力が $\dfrac12$ 倍なので温度も $\dfrac12$ 倍。

答　$T_{\mathrm{B}}=\dfrac12T_0$（3点）

問4

定積なので $W=0$ 。第一法則 $Q=\Delta U+W$ より $Q=\Delta U$ 。内部エネルギーの変化は「後−前」で

$$\Delta U_{\mathrm{OB}}=\dfrac32R(T_{\mathrm{B}}-T_0)=\dfrac32R\left(\dfrac12T_0-T_0\right)=-\dfrac34RT_0$$

答　$\Delta U_{\mathrm{OB}}=-\dfrac34RT_0$（3点）

（温度が下がるので負。熱を放出して内部エネルギーが減る）

問5

O→C は断熱なので、ポアソンの式 $pV^{5/3}=$ 一定 を O と C で立てる。

$$p_0V_0^{5/3}=p_{\mathrm{C}}(2V_0)^{5/3}\qquad\therefore\ p_{\mathrm{C}}=2^{-5/3}p_0$$

問題が与えた $2^{-5/3}=0.315$ を入れると $p_{\mathrm{C}}=0.315p_0$ 。小数第2位までなので

答　$p_{\mathrm{C}}=0.32p_0$（3点）

（体積が2倍になったのに、圧力は $\dfrac12$ 倍までは下がらず $0.32$ 倍。断熱では温度も下がるので、圧力は等温より大きく下がる）

問6

温度を聞かれているので、ポアソンの式を T と V の形にする。 $p=\dfrac{RT}{V}$ を $pV^{5/3}=$ 一定 に入れると

$$\dfrac{RT}{V}V^{5/3}=RTV^{2/3}\qquad\therefore\ TV^{2/3}=\text{一定}$$

これを O と C で立てて

$$T_0V_0^{2/3}=T_{\mathrm{C}}(2V_0)^{2/3}\qquad\therefore\ T_{\mathrm{C}}=2^{-2/3}T_0$$

与えられた値は $2^{-5/3}$ なので、 $2^{-2/3}=2\times2^{-5/3}=2\times0.315=0.630$ 。

答　$T_{\mathrm{C}}=0.63T_0$（3点）

（体積が増えたので、断熱膨張で温度は下がる。符号と合う）

問7

O→C は断熱なので $Q=0$ 。内部エネルギーの変化は「後−前」で

$$\Delta U_{\mathrm{OC}}=\dfrac32R(T_{\mathrm{C}}-T_0)=\dfrac32R(0.63-1)T_0=-0.555RT_0$$

小数第2位までなので $-0.56RT_0$ 。第一法則 $0=\Delta U+W$ より $W_{\mathrm{OC}}=-\Delta U_{\mathrm{OC}}$ 。

答　$\Delta U_{\mathrm{OC}}=-0.56RT_0$（3点）

答　$W_{\mathrm{OC}}=0.56RT_0$（3点）

（温度が下がって内部エネルギーが減った分だけ、気体は膨張して外に仕事をする）

問8

状態O、A、B、C の温度は、問1・問3・問6 より $T_0$ 、 $2T_0$ 、 $0.5T_0$ 、 $0.63T_0$ 。体積は $V_0$ 、 $2V_0$ 、 $V_0$ 、 $2V_0$ 。求めた温度を p-V 図に書き込むと下の図になる。

・O→A（定圧）：$T=\dfrac{p_0}{R}V$ 。原点を通る直線の一部で、O $(V_0,\ T_0)$ から A $(2V_0,\ 2T_0)$ へ（実線）

・O→B（定積）：$V=V_0$ の縦の直線で、O から B $(V_0,\ 0.5T_0)$ へ下がる（実線）

・O→C（断熱）：$T=T_0\left(\dfrac{V_0}{V}\right)^{2/3}$ 。右下がりで、O から C $(2V_0,\ 0.63T_0)$ へ（破線）

断熱の曲線が下に凸なのは、 $T\propto V^{-2/3}$ の傾きの大きさ $\dfrac23V^{-5/3}$ が、体積が増えるほど小さくなる（だんだんゆるやかになる）から。確かめると、 $V=1.5V_0$ での温度は $1.5^{-2/3}T_0\fallingdotseq0.76T_0$ で、O と C を結ぶ直線の中点の高さ $\dfrac{1+0.63}{2}T_0\fallingdotseq0.82T_0$ より下を通る。 $0.63T_0$ は、目盛りの $0.6T_0$ と $0.7T_0$ の間に打つ。

答　下の図（O→A・O→B は直線＝実線、O→C は下に凸の曲線＝破線、A・B・C に黒丸）（5点）

問9

A→C は体積が $2V_0$ のままの定積変化なので $W=0$ 、 $Q=\Delta U$ 。温度は $T_{\mathrm{A}}=2T_0$ から $T_{\mathrm{C}}=0.63T_0$ に下がる。

$$Q_{\mathrm{AC}}=\Delta U_{\mathrm{AC}}=\dfrac32R(0.63T_0-2T_0)=-2.055RT_0$$

答　$Q_{\mathrm{AC}}=-2.06RT_0$（3点）

（「得た熱量」を聞かれているので負のまま答える。負は、熱を放出したということ）

問10

熱の出入りを区間ごとに表で整理する（ $Q$ は吸収した熱量、 $W$ は気体がした仕事で、値は $RT_0$ を単位とし、途中の値は丸めない）。

熱を吸収するのは O→A だけなので $Q_{in}=Q_{\mathrm{OA}}=\dfrac52RT_0$ 、放出した熱量の大きさは $Q_{out}=-Q_{\mathrm{AC}}=2.055RT_0$ 。熱効率は「1 −（正の数）」の形で

$$e=1-\dfrac{Q_{out}}{Q_{in}}=1-\dfrac{2.055}{2.5}=0.178$$

答　$e=0.18$（5点）

（表の1サイクルの行から $e=\dfrac{W}{Q_{in}}=\dfrac{0.445}{2.5}=0.178$ でも同じ。1サイクルでもとの状態に戻るので $\Delta U$ の合計は0）

別解

問6　（状態方程式の比）　問5 の圧力を使う、問題の誘導どおりの解き方。 $T\propto pV$ なので

$$\dfrac{T_{\mathrm{C}}}{T_0}=\dfrac{p_{\mathrm{C}}\cdot2V_0}{p_0V_0}=2\times0.315=0.63$$

丸めた $0.32$ ではなく、問5 の途中の値 $0.315$ を使う（ $2\times0.32=0.64$ になってしまう）。

問10　（仕事から）　1サイクルの仕事は、O→A の仕事 $RT_0$ と C→O の仕事 $-0.555RT_0$ の和で $0.445RT_0$ 。吸収した熱量 $Q_{in}=\dfrac52RT_0$ で割って

$$e=\dfrac{W}{Q_{in}}=\dfrac{0.445}{2.5}=0.178\fallingdotseq0.18$$