【解説・配点付き】2022年九州大学物理の解答・解説

地球の周辺を運動する人工衛星を考える。人工衛星は質量 $m$ の質点とみなせ、人工衛星が地球各部から受ける万有引力の合力は、地球の全質量が地球中心Oに集中しているときの万有引力に等しいものとみなせる。なお、地球の質量を $M$、半径を $R$ とし、万有引力定数を $G$ とする。

問1. 図1のように、赤道上空を地球の自転と同じ向きに、地球中心Oから半径 $r$ の円軌道上を一定の速さ $v$ で周回運動をしている人工衛星を考える。以下では、赤道面に地球中心Oを原点とする2次元 $xy$ 座標系をとり、人工衛星の位置は $(x,\ y)$ と表すものとする。以下の問いに答えよ。

(1) 図1のように人工衛星が位置 $(x_1,\ y_1)$ にあるとき、人工衛星が受ける万有引力の $x$ 成分 $F_x$、 $y$ 成分 $F_y$ の大きさを、それぞれ $G$、 $M$、 $m$、 $r$、 $x_1$、 $y_1$ のうち必要なものを用いて表せ。

(2) 図2に示すように、人工衛星が位置 $(r,\ 0)$ にあるときの速度を $\vec{v}_1$、それから時間 $\Delta t$ の間に角度 $\Delta\theta$ [rad] だけ回転したときの速度を $\vec{v}_2$ とする。 $\vec{v}_1=(v_{1x},\ v_{1y})$、 $\vec{v}_2=(v_{2x},\ v_{2y})$ とするとき、これら2つの位置での速度の各成分を $v$、 $r$、 $\Delta t$ のうち必要なものを用いて表せ。

(3) 前問(2)の時間 $\Delta t$ の間の速度変化を考える。速度変化の $x$ 成分 $\Delta v_x$、および $y$ 成分 $\Delta v_y$ を $v$、 $r$、 $\Delta t$ のうち必要なものを用いて表せ。

(4) 前問(3)の結果を用い、人工衛星が位置 $(r,\ 0)$ にあるときの加速度の $x$ 成分 $a_x$、および $y$ 成分 $a_y$ を $v$、 $r$、 $\Delta t$ のうち必要なものを用いて表せ。ここでは、時間 $\Delta t$ は微小であり、その間の角度変化 $\Delta\theta$ は十分に小さいものとして、微小な角度 $\Delta\theta$ に対して成立する近似式 $(\sin\Delta\theta\fallingdotseq\Delta\theta,\ \cos\Delta\theta\fallingdotseq1)$ を用いること。

(5) この人工衛星を地上から見たところ静止して見えた。地球の自転の周期を $T$ とするとき、人工衛星の軌道半径 $r$ を $G$、 $M$、 $T$ を用いて表せ。

問2. 次に、地球中心Oを一つの焦点として楕円運動する人工衛星を考える。「惑星と太陽とを結ぶ線分が単位時間に描く面積（面積速度）は一定である」とするケプラーの第二法則が、地球中心Oを焦点とする人工衛星の楕円運動でも成り立つものとする。図3のように、この人工衛星の速度を $\vec{v}$、その大きさを $v$ とする。また、地球中心Oから人工衛星へ向かうベクトルを $\vec{r}$ とし、その大きさを $r$ とする。速度 $\vec{v}$ の $\vec{r}$ と平行な成分の大きさを $v_{\parallel}$、 $\vec{r}$ に垂直な成分の大きさを $v_{\perp}$ で表し、 $\vec{r}$ と $\vec{v}$ のなす角度を $\varphi\ (0<\varphi<\pi)$ とする。このとき、面積速度 $h$ は $h=\dfrac12rv\sin\varphi$ と与えられる。以下の問いに答えよ。

(1) $v_{\perp}$ を $r$ と $h$ を用いて表せ。

(2) 人工衛星の万有引力による位置エネルギー $U$ を $G$、 $M$、 $m$、 $r$ を用いて表せ。ただし、無限遠方の位置エネルギーを $U=0$ とする。

(3) 人工衛星の力学的エネルギー $E$ を $v_{\parallel}$、 $G$、 $M$、 $m$、 $r$、 $h$ を用いて表せ。

(4) 前問(3)で求めた力学的エネルギーの表式のうち、 $r$ を含む項をすべて合わせたもの（ $v_{\parallel}$ の項を含まないもの）を $V(r)$ とする。地球は全質量が地球中心Oに集中している質点とし、大きさは無視できるものとする。 $r$ を0から大きくしたとき、最初に $V(r)=0$ になる距離 $r_c$ を求めよ。また、 $V(r)$ を $r$ の関数としてグラフに図示せよ。このとき、 $r$ が0に近づく際および無限遠方に向かう際のグラフの様子がわかるように示せ（極値および変曲点まで求める必要はない）。

問3. 図4に示すように、人工衛星を地表面から水平に大きさ $v_0$ の初速度で発射した。このとき、地球の自転速度および空気抵抗の影響は無視できるものとする。以下の問いに答えよ。

(1) 発射した瞬間の人工衛星の力学的エネルギー $E_0$ を $R$、 $G$、 $M$、 $m$、 $v_0$ を用いて表せ。

(2) 人工衛星が無限遠方に飛んでいくために必要な最小の初速度の大きさ $v_{\min}$ を求めよ。

問1 (1)

人工衛星にはたらく力は万有引力だけで、向きは地球中心Oの向き、大きさは $G\dfrac{Mm}{r^2}$（ $r=\sqrt{x_1^{\,2}+y_1^{\,2}}$ は中心からの距離）。Oの向きは、衛星の位置ベクトル $(x_1,\ y_1)$ と逆向きなので、Oの向きの単位ベクトルは $\left(-\dfrac{x_1}{r},\ -\dfrac{y_1}{r}\right)$。よって成分は

$$F_x=-G\frac{Mm}{r^2}\cdot\frac{x_1}{r}=-\frac{GMm}{r^3}x_1,\qquad F_y=-\frac{GMm}{r^3}y_1$$

成分の符号は衛星の位置で変わる（下の図は $x_1<0$ の例で、 $F_x$ は正の向き）。聞かれているのは大きさなので、絶対値をとる。

答　$|F_x|=\dfrac{GMm|x_1|}{r^3}$、 $|F_y|=\dfrac{GMm|y_1|}{r^3}$（5点）

問1 (2)

衛星は自転と同じ向き（反時計回り）に回っている。速度は円の接線の向きで、大きさは $v$。位置 $(r,\ 0)$ では接線は $y$ 軸の正の向きなので

$$\vec v_1=(0,\ v)$$

時間 $\Delta t$ の間に進む弧の長さは $v\Delta t$ なので、回る角は

$$\Delta\theta=\frac{v\Delta t}{r}$$

角 $\Delta\theta$ だけ回った位置では、速度も $\vec v_1$ から反時計回りに $\Delta\theta$ だけ回る。よって

$$\vec v_2=(-v\sin\Delta\theta,\ v\cos\Delta\theta)$$

答　$v_{1x}=0$、 $v_{1y}=v$、 $v_{2x}=-v\sin\dfrac{v\Delta t}{r}$、 $v_{2y}=v\cos\dfrac{v\Delta t}{r}$（4点）

問1 (3)

速度の変化は「後−前」なので

$$\Delta v_x=v_{2x}-v_{1x}=-v\sin\frac{v\Delta t}{r}-0,\qquad \Delta v_y=v_{2y}-v_{1y}=v\cos\frac{v\Delta t}{r}-v$$

答　$\Delta v_x=-v\sin\dfrac{v\Delta t}{r}$、 $\Delta v_y=v\left(\cos\dfrac{v\Delta t}{r}-1\right)$（4点）

問1 (4)

加速度は「速度の変化÷かかった時間」。 $\Delta\theta=\dfrac{v\Delta t}{r}$ は十分に小さいので、 $\sin\Delta\theta\fallingdotseq\Delta\theta$、 $\cos\Delta\theta\fallingdotseq1$ と近似して

$$a_x=\frac{\Delta v_x}{\Delta t}\fallingdotseq\frac{-v\cdot\dfrac{v\Delta t}{r}}{\Delta t}=-\frac{v^2}{r},\qquad a_y=\frac{\Delta v_y}{\Delta t}\fallingdotseq\frac{v(1-1)}{\Delta t}=0$$

加速度は $x$ 軸の負の向き、つまり円の中心Oの向きに、大きさ $\dfrac{v^2}{r}$。この加速度をつくっている力が、Oの向きの万有引力（下の図）。

答　$a_x=-\dfrac{v^2}{r}$、 $a_y=0$（4点）

問1 (5)

地上から見て止まって見えるので、衛星は地球の自転と同じ周期 $T$ で回っている。円運動の公式を2式セットで立てる。周期と、Oの向きを正とした運動方程式（(4) の加速度 $\dfrac{v^2}{r}$ をつくるのが万有引力）は

$$T=\frac{2\pi r}{v},\qquad m\frac{v^2}{r}=G\frac{Mm}{r^2}$$

1つ目から $v=\dfrac{2\pi r}{T}$。2つ目に代入して

$$\frac{4\pi^2r^2}{T^2}\cdot\frac1r=\frac{GM}{r^2}\qquad\therefore\ r^3=\frac{GMT^2}{4\pi^2}$$

（ $\dfrac{T^2}{r^3}=\dfrac{4\pi^2}{GM}$ が一定。これがケプラーの第3法則）

答　$r=\sqrt[3]{\dfrac{GMT^2}{4\pi^2}}$（4点）

問2 (1)

$v\sin\varphi$ は、速度 $\vec v$ の $\vec r$ に垂直な成分の大きさ $v_\perp$ なので（着眼点の図）

$$h=\frac12rv\sin\varphi=\frac12rv_\perp\qquad\therefore\ v_\perp=\frac{2h}{r}$$

答　$v_\perp=\dfrac{2h}{r}$（3点）

問2 (2)

無限遠を基準（0）にした万有引力の位置エネルギーは、中心に近いほど小さい（負）。

答　$U=-\dfrac{GMm}{r}$（3点）

問2 (3)

$\vec v$ は互いに垂直な $v_\parallel$ と $v_\perp$ に分かれるので、 $v^2=v_\parallel^{\,2}+v_\perp^{\,2}$。(1) の $v_\perp=\dfrac{2h}{r}$ を使って

$$E=\frac12m\left(v_\parallel^{\,2}+v_\perp^{\,2}\right)-\frac{GMm}{r}=\frac12mv_\parallel^{\,2}+\frac12m\cdot\frac{4h^2}{r^2}-\frac{GMm}{r}$$

答　$E=\dfrac12mv_\parallel^{\,2}+\dfrac{2mh^2}{r^2}-\dfrac{GMm}{r}$（4点）

問2 (4)

(3) で $v_\parallel$ を含まない項をまとめて

$$V(r)=\frac{2mh^2}{r^2}-\frac{GMm}{r}=\frac mr\left(\frac{2h^2}{r}-GM\right)$$

$r>0$ では $\dfrac mr>0$ なので、 $V(r)=0$ になるのはかっこの中が0のときだけで

$$\frac{2h^2}{r_c}-GM=0\qquad\therefore\ r_c=\frac{2h^2}{GM}$$

答（ $r_c$）　$r_c=\dfrac{2h^2}{GM}$（3点）

かっこの中 $\dfrac{2h^2}{r}-GM$ は $r$ が大きくなるほど小さくなるので、 $0<r<r_c$ で $V(r)>0$、 $r>r_c$ で $V(r)<0$。両端は次のとおり。

・$r\to0$： $V(r)=\dfrac{m}{r^2}(2h^2-GMr)$ で、かっこの中は $2h^2$ に近づき、 $\dfrac{1}{r^2}$ は限りなく大きくなる。よって $V(r)\to+\infty$

・$r\to\infty$：かっこの中は $-GM$ に近づき、 $\dfrac mr\to0$。 $V(r)$ は負のまま0に近づく（下から0に近づく）

（ $r=2r_c$ で最小値 $-\dfrac{G^2M^2m}{8h^2}$ をとる谷になるが、求める必要はない）

（解答欄は縦軸 $V(r)$・横軸 $r$ の座標軸で、横軸上に点 $r_c$ があらかじめ打ってある。目盛りは無い）

答（グラフ）　下の図の太線（5点）

（破線は2つの項 $\dfrac{2mh^2}{r^2}$（正）と $-\dfrac{GMm}{r}$（負）。 $r$ が小さい所では正の項が、大きい所では負の項が勝つ）

問3 (1)

地表は中心から $R$ の位置なので、発射した瞬間の力学的エネルギーは

答　$E_0=\dfrac12mv_0^{\,2}-\dfrac{GMm}{R}$（3点）

問3 (2)

発射した後にはたらく力は万有引力（保存力）だけなので、力学的エネルギーが保存する。無限遠での速さを $u$ とすると、無限遠の位置エネルギーは0なので

$$\frac12mv_0^{\,2}-\frac{GMm}{R}=\frac12mu^2\geqq0$$

（着眼点の図。無限遠に達する＝そこでの運動エネルギーが0以上）

$$v_0^{\,2}\geqq\frac{2GM}{R}\qquad\therefore\ v_0\geqq\sqrt{\frac{2GM}{R}}$$

最小の初速度は等号のとき（ちょうど無限遠で止まる）。

答　$v_{\min}=\sqrt{\dfrac{2GM}{R}}$（3点）

（地表での重力加速度 $g$ を使えば $GM=gR^2$ より $\sqrt{2gR}$。第2宇宙速度と呼ばれ、約 $11.2\ \mathrm{km/s}$）

別解

問1 (1)　（角で分ける）　Oと衛星を結ぶ線分が $x$ 軸となす鋭角を $\alpha$ とすると、 $\cos\alpha=\dfrac{|x_1|}{r}$、 $\sin\alpha=\dfrac{|y_1|}{r}$。万有引力の大きさ $G\dfrac{Mm}{r^2}$ にかけて、 $|F_x|=G\dfrac{Mm}{r^2}\cdot\dfrac{|x_1|}{r}$、 $|F_y|=G\dfrac{Mm}{r^2}\cdot\dfrac{|y_1|}{r}$。長さの比で分けるので、最初から絶対値が付く。

問1 (5)　（角速度で）　角速度を $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$ とおき、運動方程式 $mr\omega^2=G\dfrac{Mm}{r^2}$ から $r^3=\dfrac{GM}{\omega^2}=\dfrac{GMT^2}{4\pi^2}$。

コイルを流れる電流に関して、以下の問いに答えよ。

問1. 図1(i)のように、1辺の長さが $2a$ の正方形の形をしたコイル $\mathrm{C_1C_2C_3C_4}$ を、 $z=0$ の平面内でコイルの中心が原点Oと一致し、 $\mathrm{C_2C_3}$ と $\mathrm{C_4C_1}$ が $x$ 軸と平行になるように置いた。空間には $z$ 軸の正の向きに磁束密度の大きさ $B$ の一様な磁場がかかっている。コイルは、図1(ii)のように、 $y$ 軸まわりでのみ回転することができ、 $z=0$ の平面からの回転角を $\theta$ [rad] とする。回転角 $\theta$ の符号は、 $y$ 軸負の側から見て時計回りを正とする。

コイルは $\mathrm{C_4C_1}$ の中点で、起電力 $E$ の電池と抵抗値 $R$ の抵抗からなる起電力回路部に導線で接続されている。この導線の間隔は十分短く、起電力回路部はコイルから十分に離れているものとする。コイルの導線、および起電力回路部へと接続する導線は十分細いが、電気抵抗は無視できるものとする。また、コイルは変形せず、コイルと起電力回路部を接続する導線のねじれの影響は考えなくてよい。

(1) コイルが静止しているとき、コイルを流れる電流の大きさ $I_0$ を $E$、 $R$、 $a$、 $B$ のうち必要なものを用いて表せ。

(2) コイルを回転角 $\theta$ $\left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right)$ で静止させた。このとき、コイルの4辺が磁場から受ける力の向きを示した図として最もふさわしいものを、図2の(a)〜(h)の中から選択して答えよ。

(3) コイルを任意の回転角 $\theta$ で静止させた。このとき、コイルの4辺が磁場から受ける $y$ 軸まわりの力のモーメントの和 $N(\theta)$ を $E$、 $R$、 $a$、 $B$、 $\theta$ のうち必要なものを用いて表せ。ただし、 $N(\theta)$ の符号は、 $\theta$ と同じ回転の向きを正とする。

(4) $-\dfrac{\pi}{2}\leqq\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ の範囲において $N(\theta)=0$ となる2つの回転角 $\theta_1$ と $\theta_2$ を答えよ。ただし、 $\theta_1<\theta_2$ とする。

問2. コイルの回転角 $\theta$ が問1(4)で求めた $\theta_1$ のときを状態1、 $\theta_2$ のときを状態2とする。状態1と状態2について、志賀（しか）さんと能古（のこ）さんは次のように議論した。ただし、空欄(ア)〜(オ)には中点（・）で区切られたいずれかの言葉や数字が入る。

志賀さん「状態1と状態2はどちらも磁場から受ける力のモーメントの和が $N(\theta)=0$ だけれど、何か違いがあるのかな？」能古さん「コイルに外から力のモーメントを加えて、 $N(\theta)$ とのつり合いを保ちながら、状態1から状態2まで十分にゆっくりと回転させたときにする仕事 $W_0$ を考えてみよう。」志賀さん「コイルをある回転角 $\theta$ から微小角度 $\Delta\theta$ だけ十分にゆっくりと回転させるとき、外から加えた力のモーメントがコイルにする仕事 $\Delta W$ は $\Delta W=-N(\theta)\Delta\theta$ と書けるよ。」能古さん「 $\Delta W$ と $\Delta\theta$ は、 $\theta_1<\theta<\theta_2$ の範囲では常に $\underline{\text{　(ア) 同・異　}}$ 符号の関係にあって、この $\Delta W$ を $\theta_1$ から $\theta_2$ まで足し合わせると $W_0$ になるんだね。それ以外の $-\dfrac{\pi}{2}\leqq\theta<\theta_1$ と $\theta_2<\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ の範囲では、 $\Delta W$ と $\Delta\theta$ は常に $\underline{\text{　(イ) 同・異　}}$ 符号の関係にあるね。」志賀さん「すると、状態1から $\theta$ を変化させるとき、コイルにする仕事の符号は必ず $\underline{\text{　(ウ) 正・負　}}$ で、状態2から $\theta$ を変化させるときは、コイルにする仕事の符号は必ず $\underline{\text{　(エ) 正・負　}}$ になるね。」能古さん「だから、どちらの状態でも $N(\theta)=0$ だけれど、コイルの回転角 $\theta$ が少し変化しても元に戻ろうとする『安定』な状態なのは状態 $\underline{\text{　(オ) 1・2　}}$ の方なんだね。」

(1) 空欄(ア)、(イ)に当てはまる言葉の組み合わせとして正しいものを次の①〜④の中から選択し答えよ。

① (ア) 同　(イ) 同　　② (ア) 同　(イ) 異③ (ア) 異　(イ) 同　　④ (ア) 異　(イ) 異

(2) 空欄(ウ)、(エ)に当てはまる言葉の組み合わせとして正しいものを次の①〜④の中から選択し答えよ。

① (ウ) 正　(エ) 正　　② (ウ) 正　(エ) 負③ (ウ) 負　(エ) 正　　④ (ウ) 負　(エ) 負

(3) 空欄(オ)に当てはまる数字を「1」、「2」から選択し答えよ。

志賀さんと能古さんの議論を、外から力のモーメントを加えて一定の角速度 $\omega\ (\omega>0)$ でコイルを回転させたときと比較しよう。コイルの回転角が $\theta_1$ になった時刻を $t=0$ とする。ただし、コイルを流れる電流が作る磁束密度の大きさは $B$ よりも十分小さいものとする。

(4) 時刻 $t$ におけるコイルを貫く磁束を $\Phi(t)$ とする。 $\Phi(t)$ の符号は、コイルの $\mathrm{C_1}\to\mathrm{C_2}\to\mathrm{C_3}\to\mathrm{C_4}$ の向きに右ねじを回したときにねじが進む向きを正とする。時刻 $t$ から短い時間 $\Delta t$ の間に $\theta$ は $\Delta\theta=\omega\Delta t$ だけ変化し、このときの $\Phi(t)$ の変化を $\Delta\Phi(t)$ とする。時刻 $t$ における $\dfrac{\Delta\Phi(t)}{\Delta t}$ を $E$、 $R$、 $a$、 $B$、 $\omega$、 $t$ のうち必要なものを用いて表せ。ただし、三角関数の公式 $\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta$、 $\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta$ を使い、微小角度 $\Delta\theta$ に対しては、 $\sin\Delta\theta\fallingdotseq\Delta\theta$、 $\cos\Delta\theta\fallingdotseq1$ の近似を用いること。

(5) 時刻 $t$ にコイルを流れる電流 $I(t)$ を $E$、 $R$、 $a$、 $B$、 $\omega$、 $t$ のうち必要なものを用いて表せ。ただし、 $I(t)$ の符号は、電流がコイルを $\mathrm{C_1}\to\mathrm{C_2}\to\mathrm{C_3}\to\mathrm{C_4}$ の向きに流れるときを正とする。

(6) コイルの回転角が $\theta_1$ から最初に $\theta_2$ になるまでに、外から加えた力のモーメントがコイルにした仕事を $W’$ とする。この $W’$ と、志賀さんと能古さんが議論した $W_0$ の大小関係として適切なものを解答欄から選択せよ。また、その理由を80字以内で述べよ。ただし、句読点も1字として数える。

問1 (1)

コイルが静止しているので、コイルを貫く磁束は変わらず、誘導起電力は生じない。コイルの導線の抵抗は無視できるので、電池と抵抗だけの回路で

$$E-RI_0=0$$

答　$I_0=\dfrac ER$（3点）

問1 (2)

電池の正極（右側の長い極板）は $\mathrm{C_1}$ 側の導線につながるので、電流は $\mathrm{C_1\to C_2\to C_3\to C_4}$ の向きに流れる（着眼点の図）。磁場は $z$ 軸の正の向き。フレミングの左手の法則より

・辺 $\mathrm{C_1C_2}$（電流は $y$ 軸の正の向き）： $x$ 軸の正の向き

・辺 $\mathrm{C_3C_4}$（電流は $y$ 軸の負の向き）： $x$ 軸の負の向き

・辺 $\mathrm{C_2C_3}$： $y$ 軸の正の向き、辺 $\mathrm{C_4C_1}$： $y$ 軸の負の向き

磁場が鉛直なので、力はコイルを傾けても水平のままで、4辺とも外向き。

答　(e)（4点）

問1 (3)

辺 $\mathrm{C_1C_2}$・ $\mathrm{C_3C_4}$ の力の大きさは、長さ $2a$ の導線が磁場に垂直なので $2aI_0B$。辺 $\mathrm{C_2C_3}$・ $\mathrm{C_4C_1}$ の力は $y$ 軸に平行なので、 $y$ 軸まわりのモーメントをつくらない。

$y$ 軸の負の側から見ると（着眼点の図）、辺 $\mathrm{C_1C_2}$ は $x$ 軸より $a\sin\theta$ だけ下にあり、力は右向き。辺 $\mathrm{C_3C_4}$ は $a\sin\theta$ だけ上にあり、力は左向き。腕の長さはどちらも回転軸から作用線までの距離 $a\sin\theta$ で、どちらもコイルを $\theta$ が減る向き（ $\theta$ と逆の回転の向き）に回す。よって

$$N(\theta)=-\left(2aI_0B\cdot a\sin\theta+2aI_0B\cdot a\sin\theta\right)=-4a^2I_0B\sin\theta$$

$I_0=\dfrac ER$ を入れて

答　$N(\theta)=-\dfrac{4EBa^2}{R}\sin\theta$（5点）

（ $\theta$ が負や $\dfrac{\pi}{2}$ より大きいときも、力の向きは変わらず高さの符号が変わるだけなので、同じ式で表せる）

問1 (4)

$N(\theta)=0$ より $\sin\theta=0$。 $-\dfrac{\pi}{2}\leqq\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ の範囲では $\theta=0,\ \pi$。

答　$\theta_1=0$、 $\theta_2=\pi$（4点）

問2 (1)

(3) より

$$\Delta W=-N(\theta)\Delta\theta=\frac{4EBa^2}{R}\sin\theta\cdot\Delta\theta$$

$\theta_1<\theta<\theta_2$（ $0<\theta<\pi$）では $\sin\theta>0$ なので、 $\Delta W$ と $\Delta\theta$ は同符号。 $-\dfrac{\pi}{2}\leqq\theta<0$ と $\pi<\theta<\dfrac{3\pi}{2}$ では $\sin\theta<0$ なので異符号。

答　②（ア 同・イ 異）（3点）

問2 (2)

状態1（ $\theta=0$）から $\Delta\theta>0$ に回すと $0<\theta<\pi$ に入るので $\Delta W>0$。 $\Delta\theta<0$ に回すと $\theta<0$ に入り、異符号なので $\Delta W>0$。どちらに回しても外からする仕事は正。

状態2（ $\theta=\pi$）から $\Delta\theta>0$ に回すと $\theta>\pi$ に入り、異符号なので $\Delta W<0$。 $\Delta\theta<0$ に回すと $\theta<\pi$ に入り、同符号なので $\Delta W<0$。どちらに回しても外からする仕事は負。

答　②（ウ 正・エ 負）（3点）

問2 (3)

状態1は、どちらに回すにも外から正の仕事をしなければならない。 $\Delta W$ を状態1から足し合わせた仕事は

$$W(\theta)=\frac{4EBa^2}{R}(1-\cos\theta)$$

で、状態1が谷（最小）になる（着眼点のグラフ）。外からの力のモーメントをやめると、磁場からの力のモーメントで谷に戻る。状態2は山（最大）で、少しずれると、磁場からの力のモーメントがさらに離す向きにはたらく。

答　1（4点）

（状態1から状態2までの仕事は、山の高さ $W_0=W(\pi)=\dfrac{8EBa^2}{R}$）

問2 (4)

時刻 $t$ の回転角は $\theta=\omega t$。 $\theta=0$ のとき、コイルの $\mathrm{C_1\to C_2\to C_3\to C_4}$ の向きに右ねじを回すと $z$ 軸の正の向きに進むので、磁束は正。コイルを $y$ 軸の負の側から見ると、磁場に垂直な面に映した面積は $2a\times2a\cos\omega t$（着眼点の図）。よって

$$\varPhi(t)=B\cdot2a\cdot2a\cos\omega t=4a^2B\cos\omega t$$

時間で変わるのは $t$ だけなので、 $t$ を $t+\Delta t$ にして差をとる。加法定理と $\cos(\omega\Delta t)\fallingdotseq1$、 $\sin(\omega\Delta t)\fallingdotseq\omega\Delta t$ より

$$\varPhi(t+\Delta t)=4a^2B\left(\cos\omega t\cos\omega\Delta t-\sin\omega t\sin\omega\Delta t\right)\fallingdotseq4a^2B\left(\cos\omega t-\omega\Delta t\sin\omega t\right)$$

$$\Delta\varPhi(t)=\varPhi(t+\Delta t)-\varPhi(t)=-4a^2B\omega\Delta t\sin\omega t$$

答　$\dfrac{\Delta\varPhi(t)}{\Delta t}=-4a^2B\omega\sin\omega t$（4点）

問2 (5)

向き：問題で考える $0<\omega t<\pi$ では $\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}<0$ で、正の向きの磁束が減る。それを補う向きに電流を流そうとするので、誘導起電力は $\mathrm{C_1\to C_2\to C_3\to C_4}$ の向き（正の向き）、つまり電池と同じ向き。

大きさ：ファラデーの電磁誘導の法則より $\left|\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}\right|=4a^2B\omega\sin\omega t$。

コイルを「起電力 $4a^2B\omega\sin\omega t$ の電池」に置きかえると、電池 $E$ と同じ向きに直列につながった回路になる（下の図）。

1周でキルヒホッフの法則より

$$E+4a^2B\omega\sin\omega t-RI(t)=0$$

答　$I(t)=\dfrac{E+4a^2B\omega\sin\omega t}{R}$（3点）

（ $\pi<\omega t<2\pi$ では $\sin\omega t<0$ となり、誘導起電力が電池と逆向きになることも、この1つの式で表せる）

問2 (6)

$\theta_1$ から $\theta_2$ まで（ $0<\omega t<\pi$）は $\sin\omega t\geqq0$ なので、 $I(t)\geqq\dfrac ER=I_0$。磁場から受ける力のモーメントは (3) の $I_0$ を $I(t)$ にかえた $-4a^2I(t)B\sin\theta$ で、回転を妨げる向きの大きさが、ゆっくり回すときより大きい。一定の角速度で回すので、外から加える力のモーメントはこれとつり合い、同じ角度だけ回すのに外がする仕事は大きくなる（下の図。グラフの面積が仕事）。

答　$W’>W_0$（2点）

答（理由の解答例）　θ1からθ2へ回す間、誘導起電力が電池と同じ向きに生じて電流がE/Rより大きくなる。よって回転を妨げる力のモーメントが大きくなり、外からする仕事が増える。（77字）（5点）

（確かめ：外から加える力のモーメントは $4a^2BI(t)\sin\theta$。 $\theta=0$ から $\pi$ まで足し合わせると $W’=\dfrac{8EBa^2}{R}+\dfrac{8\pi a^4B^2\omega}{R}=W_0+\dfrac{8\pi a^4B^2\omega}{R}$ で、 $W’>W_0$）

（エネルギー保存の一般形 $W_外+W_電=\Delta U+H+\Delta E$ で、コンデンサーはなく、一定の角速度なので回転の運動エネルギーも変わらない。よって $W’+W_電=H$。増えた仕事は、抵抗で発生するジュール熱の増加に使われる）

別解

問1 (3)　（直接ベクトルで）　辺 $\mathrm{C_1C_2}$ の中点 $(a\cos\theta,\ 0,\ -a\sin\theta)$ に力 $(2aI_0B,\ 0,\ 0)$、辺 $\mathrm{C_3C_4}$ の中点 $(-a\cos\theta,\ 0,\ a\sin\theta)$ に力 $(-2aI_0B,\ 0,\ 0)$。 $\theta$ の正の向き（ $y$ 軸の負の側から見て時計回り）に回すモーメントは、どちらも「 $x$ 方向の力×高さ $z$ 」で $(-a\sin\theta)\cdot2aI_0B$ と $(a\sin\theta)\cdot(-2aI_0B)$。和は $-4a^2I_0B\sin\theta$ で同じ。

問2 (5)　（符号つきのファラデーの法則で）　正の向きの起電力は $V=-\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}=4a^2B\omega\sin\omega t$ なので、 $RI(t)=E+V$ からすぐに求まる。向きと大きさを別々に決める本解と同じ答え。

問1. 凸レンズ（虫眼鏡）を物体に近づけたとき、物体が拡大されて見えることについて考えよう。図1のように、点Fおよび $\mathrm{F’}$ を焦点とする焦点距離 $f$ の凸レンズと長さ $h$ の物体がある。物体は、凸レンズの中心Oから前方（左側）へ距離 $a\ (a<f)$ だけ離れた位置に、凸レンズと平行に置かれており、その下端は凸レンズの光軸上にある。以下の問いに答えよ。

(1) $a=\dfrac{f}{3}$ の場合を考え、凸レンズの後方（右側）から見た物体の虚像を解答欄に作図せよ。

(2) $0<a<f$ を満たす任意の $a$ に対して、虚像の長さ $h’$ と $h$ の比 $\dfrac{h’}{h}$ を求めよ。

問2. 次に凸レンズにおいて、光がどのように屈折および反射するのかを見てみよう。簡単な模型として、図2のような、点Cを中心とする半径 $r$ の球面と平面からなる平凸レンズを考える。点Cを通り平面に垂直な平凸レンズの光軸を $x$ 軸とし、 $x$ 軸と球面の交点を原点Oとする。平凸レンズは平面側が $x$ 軸の負の向き（前方）になるように置く。平凸レンズの屈折率を $n\ (n>1)$ とし、周囲の空気の屈折率は1とする。以下に考えるすべての光線は単色光で、 $xy$ 平面内を進むものとする。以下の問いに答えよ。

平凸レンズの前方（左側）から、 $y=h\ (h>0)$ の線に沿った光線を平凸レンズの平面に垂直に入射させる。光線は球面上の点Pに到達する。なお点Pにおける光の屈折や反射を考える際、平凸レンズの表面は点Pのごく近傍では平面であると考えてよい。

(1) 点Pにおける入射角を $\theta_1$ [rad] としたとき、 $\sin\theta_1$ を $h$、 $r$ および $n$ のうち必要なものを用いて表せ。

(2) 点Pにおける屈折角を $\theta_2$ [rad] としたとき、 $\sin\theta_2$ を $\theta_1$ および $n$ を用いて表せ。

(3) $\theta_1$ がある条件を満たすとき、光線は点Pにおいて全反射する。全反射するかしないかの境界となる条件は $\theta_1=\theta_c$ である。 $\theta_c$ と $n$ の間の関係式を示せ。また、 $\theta_1$ が $\theta_c$ より①大きいとき、②小さいときのどちらの条件で全反射が起こるかを選び、番号で答えよ。

次に、図3のように $h$ が $r$ に比べて十分小さい場合を考える。このとき、 $\theta_1$ および $\theta_2$ は小さく、 $\sin\theta_1\fallingdotseq\theta_1$ および $\sin\theta_2\fallingdotseq\theta_2$ の近似が成り立つとする。

(4) 平凸レンズを出て後方（右側）に進む光線と光軸のなす角 $\theta_3$ [rad] を $r$、 $h$、および $n$ を用いて表せ。

(5) 平凸レンズ通過後の光線は、 $h$ の値によらず焦点Fを通過すると考えてよい。 $h$ が $r$ に比べて十分小さいので、点Pの座標を $(x,\ y)=(0,\ h)$ と近似し、OF間の距離（焦点距離） $f$ を $r$ および $n$ を用いて表せ。なお、 $\theta_3$ は小さく、 $\tan\theta_3\fallingdotseq\theta_3$ の近似が成り立つとする。

次に、図3のような平凸レンズを屈折率 $n’\ (1<n'<n)$ の液体中に置いた。

(6) 液体中での平凸レンズの焦点距離 $f’$ を $r$、 $n$ および $n’$ を用いて表せ。また $f’$ と $f$ の間の正しい関係式を以下から1つ選び、番号で答えよ。

① $f'<f$　　② $f’=f$　　③ $f’>f$

問3. カメラ等に用いられるレンズの表面には、反射を抑えるため、コーティングと呼ばれる透明な薄膜が塗布されることがある。その模型として、図4のように、屈折率1の空気と屈折率 $n\ (n>1)$ のガラスの間に挟まれた厚さ $d$、屈折率 $n_2\ (n_2>1)$ の薄膜を考えよう。空気側（左側）から波長 $\lambda$ の単色光を、薄膜表面に垂直に入射させ、反射光を観測した。以下の問いに答えよ。

(1) 光が薄膜とガラスの境界で反射するときの位相のずれを (a) $n_2<n$ および (b) $n_2>n$ の場合にわけて答えよ。

(2) 薄膜の両面で反射した光が弱め合う条件を (a) $n_2<n$ および (b) $n_2>n$ の場合にわけて、 $d$、 $\lambda$、 $n$、 $n_2$ の中から必要なもの、および整数 $m=0,\ 1,\ 2,\ \cdots$ を用いて表せ。ただし、 $d=0$ の場合は条件から除外せよ。

問1 (1)

物体の先端から2本の光線を引く。①光軸に平行に進んだ光は、レンズを出て後方の焦点Fを通る。②中心Oを通る光は直進する。物体は焦点より内側にあるので、レンズを出た2本は広がって後方では交わらない。そこで2本を前方へ延ばすと、物体より前方の1点で交わる。後方から見ると、光はこの点から来たように見えるので、ここが虚像の先端。

解答欄の方眼は横14マス・縦8マスで、 $f$ が6マス、物体はOの前方2マス・高さ2マス（ $a=\dfrac f3$ ）。①の光はレンズを出たあと、6マス進むごとに2マス下がる（Fまで6マスで2マス下がる）ので、前方へ延ばすと3マス戻るごとに1マス上がる。②の光は1マス進むごとに1マス下がる。2本を前方へ延ばすと、Oの前方3マス・高さ3マスの点で交わる（下の図）。

レンズの式でも確かめる。虚像は物体と同じ側にできるので $b<0$ で

$$\frac{1}{\ \dfrac f3\ }+\frac1b=\frac1f\qquad\therefore\ \frac1b=\frac1f-\frac3f=-\frac2f,\qquad b=-\frac f2$$

倍率は $\dfrac{|b|}{a}=\dfrac{\ \dfrac f2\ }{\dfrac f3}=\dfrac32$ で、作図と一致する。

答　Oの前方 $\dfrac f2$（ $\mathrm{F’}$ とOのちょうど中間）に、長さ $\dfrac32h$ の正立の虚像（上の図）（4点）

問1 (2)

レンズの式 $\dfrac1a+\dfrac1b=\dfrac1f$（凸レンズは $f>0$、 $b$ はレンズの後方を正とする）より

$$\frac1b=\frac1f-\frac1a=\frac{a-f}{af}\qquad\therefore\ b=-\frac{af}{f-a}$$

$0<a<f$ なので $b<0$ で、虚像はレンズの前方 $\dfrac{af}{f-a}$ の所にできる。倍率は

$$\frac{h’}{h}=\frac{|b|}{a}=\frac{1}{a}\cdot\frac{af}{f-a}=\frac{f}{f-a}$$

答　$\dfrac{h’}{h}=\dfrac{f}{f-a}$（4点）

（ $a=\dfrac f3$ を入れると $\dfrac32$ で (1) と一致。 $a$ が $f$ に近いほど大きく見える。虫眼鏡を物体から少し離すと大きく見えるのはこのため）

問2 (1)

点Pでの法線は、球の中心Cと点Pを結ぶ直線CP。入射光は $x$ 軸に平行なので、入射角 $\theta_1$ は法線CPと $x$ 軸のなす角∠PCOに等しい。CP $=r$、点Pの $y$ 座標は $h$ なので（下の図）

答　$\sin\theta_1=\dfrac hr$（3点）

問2 (2)

点Pで、レンズ（屈折率 $n$）から空気（屈折率1）へ出る。屈折の法則を一般形 $n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$ で書くと

$$n\sin\theta_1=1\cdot\sin\theta_2$$

答　$\sin\theta_2=n\sin\theta_1$（3点）

問2 (3)

入射角 $\theta_1$ を大きくしていくと、屈折角 $\theta_2$ が $90^\circ$ に達する。このときの入射角が臨界角 $\theta_c$ で、(2) の式で $\theta_2=90^\circ$ として

$$n\sin\theta_c=1\cdot\sin90^\circ\qquad\therefore\ \sin\theta_c=\frac1n$$

入射角がこれより大きいと、 $\sin\theta_2=n\sin\theta_1>1$ となる屈折角は無いので、光は空気中へ出られずに全反射する（ $0<\theta_1<\dfrac\pi2$ では $\sin\theta_1$ は増加するので、 $\theta_1>\theta_c$ と $\sin\theta_1>\dfrac1n$ は同じ）。

答　$\sin\theta_c=\dfrac1n$、①（4点）

問2 (4)

屈折した光線は法線CPと角 $\theta_2$ をなし、法線CPは光軸と角 $\theta_1$ をなす。屈折した光線は法線より光軸側に曲がるので、光軸となす角は

$$\theta_3=\theta_2-\theta_1$$

（下の図。 $\theta_2>\theta_1$ なので光は光軸に近づく向きに曲がる）。 $\theta_1$、 $\theta_2$ は小さいので、(1)(2) で $\sin\theta_1\fallingdotseq\theta_1$、 $\sin\theta_2\fallingdotseq\theta_2$ として

$$\theta_1\fallingdotseq\frac hr,\qquad \theta_2\fallingdotseq n\theta_1=\frac{nh}{r}$$

よって

$$\theta_3=\theta_2-\theta_1\fallingdotseq\frac{nh}{r}-\frac hr=(n-1)\frac hr$$

答　$\theta_3=\dfrac{(n-1)h}{r}$（4点）

問2 (5)

点Pを $(0,\ h)$ と近似すると、点Pから焦点F $(f,\ 0)$ へ進む光線と光軸のなす角が $\theta_3$ なので $\tan\theta_3=\dfrac hf$。 $\tan\theta_3\fallingdotseq\theta_3$ として

$$\frac hf=(n-1)\frac hr\qquad\therefore\ f=\frac{r}{n-1}$$

答　$f=\dfrac{r}{n-1}$（4点）

（ $h$ が約分されて消えるので、 $h$ が小さい光線はどれも同じ点Fを通る。問題文の「 $h$ の値によらず焦点Fを通過する」と合う）

問2 (6)

液体中では、点Pでレンズ（屈折率 $n$）から液体（屈折率 $n’$）へ出るので、屈折の法則は

$$n\sin\theta_1=n’\sin\theta_2\qquad\therefore\ \theta_2\fallingdotseq\frac{n}{n’}\theta_1$$

(4) と同じく $\theta_3=\theta_2-\theta_1\fallingdotseq\left(\dfrac{n}{n’}-1\right)\dfrac hr$ 。(5) と同じく $\dfrac{h}{f’}=\theta_3$ から

$$f’=\frac{r}{\ \dfrac{n}{n’}-1\ }=\frac{n’r}{n-n’}$$

（(5) の $n$ を $\dfrac{n}{n’}$ に置きかえた形。光の曲がり方を決めるのは、レンズと周りの屈折率の比）

$n’>1$ なので $\dfrac{n}{n’}<n$ で、分母は $\dfrac{n}{n’}-1<n-1$。分母が小さいほど焦点距離は長いので $f’>f$（下の図）。

答　$f’=\dfrac{n’r}{n-n’}$、③（5点）

（ $f’-f=\dfrac{n’r}{n-n’}-\dfrac{r}{n-1}=\dfrac{n(n’-1)r}{(n-n’)(n-1)}>0$ でも確かめられる。液体中ではレンズの屈折率と周りの屈折率の差が小さく、光があまり曲がらない）

問3 (1)

光が薄膜（屈折率 $n_2$）からガラス（屈折率 $n$）へ向かって境界で反射する。屈折率が小 → 大の面での反射は位相が $\pi$ ずれ、大 → 小の面での反射はずれない（下の図）。

(a) $n_2<n$ は小 → 大なので

答（a）　$\pi$（2点）

(b) $n_2>n$ は大 → 小なので

答（b）　0（ずれない）（2点）

問3 (2)

干渉するのは、薄膜の表面で反射した光と、薄膜を通って裏面で反射した光。垂直入射なので、裏面で反射した光は膜の中を往復 $2d$ だけ余分に進む。膜の中の屈折率は $n_2$ なので、光路差は

$$\Delta=2n_2d$$

表面の反射は空気（1）→ 薄膜（ $n_2>1$）で小 → 大なので、どちらの場合も $\pi$ ずれる（(1) の図）。

(a) $n_2<n$：裏面の反射も $\pi$ ずれる。2本とも $\pi$ ずれるので、ずれは打ち消し合い、条件は入れかわらない。弱め合いは光路差が半波長の奇数倍のときで

$$2n_2d=\left(m+\frac12\right)\lambda$$

（ $m=0$ で $d=\dfrac{\lambda}{4n_2}>0$。 $d=0$ は入らない）

答（a）　$2n_2d=\left(m+\dfrac12\right)\lambda$（2点）

(b) $n_2>n$：裏面の反射はずれない。片方だけ $\pi$ ずれるので、強め合いと弱め合いの条件が入れかわり、弱め合いは光路差が波長の整数倍のとき。光路差の取りうる値を小さい順に並べると $0,\ \lambda,\ 2\lambda,\ \cdots$ だが、0は $d=0$ なので除く。 $m=0$ で $\lambda$ になるように

$$2n_2d=(m+1)\lambda$$

答（b）　$2n_2d=(m+1)\lambda$（3点）

別解

問1 (2)　（作図の相似な三角形から、レンズの式を使わずに）　虚像の先端をQ、虚像の下端を $\mathrm{Q’}$ 、物体の先端をA、物体の下端を $\mathrm{A’}$ 、①の光がレンズを通る点を $\mathrm{L}$ とする（ $\mathrm{OL}=h$ ）。虚像とOの距離を $b’$（ $>0$ ）とおく。

・Oを通る光線（②）で、△ $\mathrm{OAA’}$ ∽ △ $\mathrm{OQQ’}$ より $\dfrac{h’}{h}=\dfrac{b’}{a}$

・Fを通る光線（①）で、△ $\mathrm{FOL}$ ∽ △ $\mathrm{FQ’Q}$ より $\dfrac{h’}{h}=\dfrac{f+b’}{f}$

2式から $\dfrac{b’}{a}=\dfrac{f+b’}{f}$、 $b’f=af+ab’$、 $b’=\dfrac{af}{f-a}$。よって $\dfrac{h’}{h}=\dfrac{b’}{a}=\dfrac{f}{f-a}$ で、本解と同じ。この2組の相似は、レンズの式そのものの導出（ $b=-b’$ とおけば $\dfrac1a+\dfrac1b=\dfrac1f$ ）。