【解説・配点付き】2023年九州大学物理の解答・解説

点Oを原点とする2次元 $xy$ 座標系があり、 $xy$ 平面内での物体の運動を考える。物体は、大きさが無視できる質点とみなせるとし、 $y$ 軸の負の向きを鉛直下向きとする重力を受ける。重力加速度の大きさを $g$ とし、摩擦や空気の抵抗は無視できるものとする。また、円周率を $\pi$ と表す。以下の問いに答えよ。

問1. まず、図1に示すように、質量 $m$ の物体が点 $\mathrm{A}(0,\ 2L)$ および点 $\mathrm{B}(\pi L,\ 0)$ $(L>0)$ を通る直線AB上を運動する。点Aを基準とし、A→Bの向きを正として、直線ABに沿った物体の変位を $s$ とする。物体の変位が $s$ であるとき、直線ABの方向は $s$ が増える向き（A→B）を正とし、直線ABの方向が鉛直下向きとなす角度を $\theta$ とする。時刻 $t=0$ で、物体は点A $(s=0)$ にあり、初速度は0（ゼロ）であった。

(1) 時刻 $t$ のとき、物体は、変位 $s$ の位置にあり、直線ABの方向の加速度 $\alpha$ をもつとする。物体の直線ABの方向の運動方程式を書け。ここで、解答に角度 $\theta$ を用いてよい。

(2) 物体が点Bに到達する時刻を求めよ。ただし、解答は、加速度 $\alpha$ と角度 $\theta$ を用いずに表せ。

問2. 次に、図2に示すように、質量 $m$ の物体が点 $\mathrm{A}(0,\ 2L)$、点 $\mathrm{B}(\pi L,\ 0)$ および点 $\mathrm{C}(2\pi L,\ 2L)$ $(L>0)$ を通る滑らかな曲線ABCに沿って運動する。点Aを基準とし、A→B→Cの向きを正として、曲線ABCに沿った物体の変位を $s$ とする。物体の変位が $s$ であるとき、その位置での曲線ABCの接線の方向は $s$ が増える向き（A→B→C）を正とし、接線方向が鉛直下向きとなす角度を $\theta\ (0\leqq\theta\leqq\pi)$ とする。この曲線ABC上で、変位 $s$ と角度 $\theta$ の間には次の関係式が成り立つ。

$$s=4L(1-\cos\theta)\qquad\cdots①$$

時刻 $t=0$ で、物体は点A $(s=0)$ にあり、初速度は0（ゼロ）であった。物体は曲線ABC上で、点Bを中心とする往復運動をした。

(1) 時刻 $t$ のとき、物体は、変位 $s$ の位置にあり、曲線ABCの接線方向の加速度 $\beta$ をもつとする。物体の曲線ABCの接線方向の運動方程式を書け。ここで、解答に角度 $\theta$ を用いてよい。

(2) 式①を用いて、問2(1) で求めた運動方程式における、物体が受ける力を変位 $s$ で表せ。

(3) 物体の往復運動の周期を求めよ。

(4) 物体が点Aから点Bに曲線ABCに沿って運動する時間は、問1のように点Aから点Bに直線運動する場合の時間と比べて何倍かを求めよ。

(5) 物体が点Bに初めて到達するときの速さを求めよ。

問3. 次に、図3に示すように、図2と同じ曲線ABC上の二つの物体の運動を考える。時刻 $t=0$ で、質量 $m$ の物体は点 $\mathrm{A}(0,\ 2L)$ $(L>0)$ に、質量 $2m$ の物体は曲線BC上で $y=L$ の位置にあり、二つの物体はともに初速度0（ゼロ）で同時に運動を始めた。二つの物体は、ある時刻で完全非弾性衝突し、衝突後に合体して一つの物体となった。

(1) 二つの物体が衝突する時刻を求めよ。

(2) 衝突後に一つに合体した物体が到達する最高点の $y$ 座標を求めよ。

問1 (1)

物体にはたらく力は、重力 $mg$（鉛直下向き）と、直線ABからの垂直抗力 $N$（直線に垂直）だけ。 $\theta$ は直線の向きが鉛直下向きとなす角なので、重力の直線方向（A→B を正）の成分は $mg\cos\theta$。 $N$ は直線方向の成分をもたない。よって直線方向の運動方程式は

答　$m\alpha=mg\cos\theta$（4点）

問1 (2)

三平方の定理より

$$\mathrm{AB}=\sqrt{(\pi L)^2+(2L)^2}=\sqrt{\pi^2+4}\,L$$

AからBまでに高さが $2L$ 下がるので

$$\cos\theta=\frac{2L}{\mathrm{AB}}=\frac{2}{\sqrt{\pi^2+4}}$$

(1) より $\alpha=g\cos\theta$ は一定なので、物体は初速度0の等加速度運動をする。時間と距離の関係 $s=\dfrac12\alpha t^2$ を使い、Bに着く時刻を $t_1$ とすると

$$\sqrt{\pi^2+4}\,L=\frac12\cdot\frac{2g}{\sqrt{\pi^2+4}}\,t_1^{\,2}\qquad\therefore\ t_1^{\,2}=\frac{(\pi^2+4)L}{g}$$

答　$\sqrt{\dfrac{(\pi^2+4)L}{g}}$（6点）

問2 (1)

曲線はなめらかなので、垂直抗力は接線に垂直。接線方向（A→B→C を正）の力は重力の成分 $mg\cos\theta$ だけで（問1と同じ）、接線方向の運動方程式は

答　$m\beta=mg\cos\theta$（4点）

問2 (2)

式① $s=4L(1-\cos\theta)$ より $\cos\theta=1-\dfrac{s}{4L}$。これを (1) の右辺に代入して

$$mg\cos\theta=mg\left(1-\frac{s}{4L}\right)=-\frac{mg}{4L}(s-4L)$$

答　$-\dfrac{mg}{4L}(s-4L)$（ $mg\left(1-\dfrac{s}{4L}\right)$ と同じ）（5点）

問2 (3)

(2) より、運動方程式は

$$m\beta=-\frac{mg}{4L}(s-4L)$$

これは「（質量）×（加速度）＝ $-K(s-s_0)$」の形なので、物体は $s=4L$（点B）を中心とし、単振動定数 $K=\dfrac{mg}{4L}$ の単振動をする。周期は

$$T=2\pi\sqrt{\frac mK}=2\pi\sqrt{\frac{4L}{g}}=4\pi\sqrt{\frac Lg}$$

答　$4\pi\sqrt{\dfrac Lg}$（5点）

問2 (4)

物体はA（ $s=0$）で速さ0なので、Aは振動の端。B（ $s=4L$）は振動の中心。端から中心までは $\dfrac14$ 周期なので、AからBまでの時間は

$$\frac T4=\pi\sqrt{\frac Lg}$$

問1の時間 $\sqrt{\dfrac{(\pi^2+4)L}{g}}$ と比べて

$$\frac{\pi\sqrt{\dfrac Lg}}{\sqrt{\dfrac{(\pi^2+4)L}{g}}}=\frac{\pi}{\sqrt{\pi^2+4}}$$

（ $\pi^2<\pi^2+4$ なので1より小さい。最初に急な曲線を下りて速さをかせぐ分、直線よりも早くBに着く）

答　$\dfrac{\pi}{\sqrt{\pi^2+4}}$ 倍（5点）

問2 (5)

垂直抗力は運動の向き（接線）と垂直で仕事をしないので、力学的エネルギーが保存する。Bを高さの基準にすると、Aの高さは $2L$。Bに初めて着くときの速さを $v$ とすると

$$0+mg\cdot2L=\frac12mv^2+0\qquad\therefore\ v=2\sqrt{gL}$$

答　$2\sqrt{gL}$（6点）

問3 (1)

質量 $2m$ の物体の接線方向の運動方程式は、問2 (2) と同じようにして

$$2m\beta=-\frac{2mg}{4L}(s-4L)$$

中心は同じ $s=4L$（点B）、単振動定数は $\dfrac{2mg}{4L}$ で、周期は

$$2\pi\sqrt{\frac{2m}{\ \dfrac{2mg}{4L}\ }}=4\pi\sqrt{\frac Lg}=T$$

と、質量 $m$ の物体と同じ（周期は質量にも振幅にもよらない）。2つの物体はどちらも初速度0で放されるので、放した位置がそれぞれの振動の端。端から中心Bまでは $\dfrac T4$ なので、2つの物体は同じ時刻 $\dfrac T4$ に、反対側からBに着く。それまでは $m$ は曲線AB上、 $2m$ は曲線BC上にあって出会わないので、衝突は点Bで起こる。

答　$\pi\sqrt{\dfrac Lg}$（5点）

問3 (2)

A→B→C の向きを正とし、Bを高さの基準にする。衝突の直前の速度は、力学的エネルギー保存より次のとおり。

質量 $m$：高さ $2L$ から下りるので、問2 (5) と同じく $+2\sqrt{gL}$。

質量 $2m$：高さ $L$ から下りるので $\dfrac12(2m)v^2=2mgL$ より速さは $\sqrt{2gL}$。C側からA側へ動くので、速度は $-\sqrt{2gL}$。

点Bでの接線は水平で、衝突の瞬間に2物体が受ける外力（重力・垂直抗力）はどちらも鉛直。水平方向の力は2物体の間の内力だけなので、水平方向の運動量が保存する。完全非弾性衝突で合体した後の速度を $V$ として

$$3mV=m\cdot2\sqrt{gL}+2m\left(-\sqrt{2gL}\right)\qquad\therefore\ V=-\frac{2(\sqrt2-1)}{3}\sqrt{gL}$$

$V<0$ なので、合体した物体はA側へ動く（ $2m$ の物体の運動量の方が大きい）。

合体後も垂直抗力は仕事をしないので、力学的エネルギーが保存する。最高点（速さ0）の $y$ 座標を $y_1$ とすると

$$\frac12(3m)V^2=3mgy_1\qquad\therefore\ y_1=\frac{V^2}{2g}=\frac{4(\sqrt2-1)^2gL}{9}\cdot\frac{1}{2g}=\frac{2(\sqrt2-1)^2}{9}L$$

$(\sqrt2-1)^2=3-2\sqrt2$ なので $y_1=\dfrac{2(3-2\sqrt2)}{9}L$（約 $0.038L$）。最高点の高さは $V^2$ だけで決まるので、A側・C側のどちらへ動いても同じになる。

答　$\dfrac{2(3-2\sqrt2)}{9}L$（ $\dfrac{2(\sqrt2-1)^2}{9}L$ と同じ）（5点）

別解

問2 (5)

単振動のエネルギー保存で求める（授業で教えている単振動の型）。 $s=4L$ からのずれを使って、 $\dfrac12mv^2+\dfrac12K(s-4L)^2$ が一定。A（ $s=0$、速さ0）とB（ $s=4L$）で

$$\frac12K(4L)^2=\frac12mv^2\qquad\therefore\ v=4L\sqrt{\frac Km}=4L\sqrt{\frac{g}{4L}}=2\sqrt{gL}$$

中心での速さだけなら $v_{\max}=A\omega$（振幅 $A=4L$、角振動数 $\omega=\sqrt{\dfrac Km}=\dfrac12\sqrt{\dfrac gL}$）でも同じ値になる。本解は、Aからの高さ $2L$ が問題文からすぐ読めるので、力学的エネルギー保存の方が計算が短い。

問3 (2)

高さ $y$ を $s$ で表してから、単振動で衝突の直前の速さを求める。

曲線上の運動では、力学的エネルギー保存 $\dfrac12mv^2+mgy=$ 一定 と、単振動のエネルギー保存 $\dfrac12mv^2+\dfrac12K(s-4L)^2=$ 一定 が両方とも成り立つ。2式を引くと $mgy-\dfrac12K(s-4L)^2$ が一定で、B（ $y=0$、 $s=4L$）では0なので

$$mgy=\frac12\cdot\frac{mg}{4L}(s-4L)^2\qquad\therefore\ y=\frac{(s-4L)^2}{8L}$$

$2m$ の物体の出発点は $y=L$ で曲線BC上なので、 $(s-4L)^2=8L^2$、 $s=4L+2\sqrt2L$。振幅は $2\sqrt2L$ で、中心Bでの速さは

$$2\sqrt2L\cdot\omega=2\sqrt2L\cdot\frac12\sqrt{\frac gL}=\sqrt{2gL}$$

となり、本解と同じ。あとは本解と同じく運動量保存と力学的エネルギー保存で $y_1=\dfrac{2(3-2\sqrt2)}{9}L$。

（ $y=\dfrac{(s-4L)^2}{8L}$ は「重力の位置エネルギー $mgy$ が、ばねの弾性エネルギーと同じく中心からのずれの2乗に比例する」ことを表している。これが、この曲線の上で正確に単振動する理由）

以下の問いに答えよ。

問1. 2枚の極板A、Bを用い、極板間距離 $d$ を調節可能にすることで電気容量が可変な平行板コンデンサーを作製した。 $d$ は十分に小さいとし、電気容量を $d$ の関数として $C(d)$ と表す。

(1) $C(d)$ のふるまいとして最もふさわしいものを次の①〜④の中から選べ。

① $C(d)$ は $d$ に比例する。　② $C(d)$ は $d^2$ に比例する。

③ $C(d)$ は $d$ に反比例する。　④ $C(d)$ は $d^2$ に反比例する。

図1(a) のように、この可変コンデンサーに角周波数 $\omega$ の交流電圧を加え、十分に時間がたったのちに回路に流れる電流 $I$ を測定したところ、図1(b) のようになった。 $I$ の符号は極板Aに流れ込む向きを正とし、交流電流の振幅を $I_0$ とする。ここで、 $d$ は固定しているとする。

(2) 十分に短い時間 $\Delta t$ の間に電流 $I$ が極板Aに流れ込むとき、極板Aに蓄えられる電気量は $\Delta Q=I\Delta t$ だけ増加する。極板Aに蓄えられる電気量が最大となる時刻 $t_1$、およびそのときの電気量 $Q_1$ を求めよ。ただし、 $0<t_1\leqq\dfrac{2\pi}{\omega}$ とする。

(3) 時刻 $t_1$ において極板Bからみた極板Aの電圧 $V_1$ を $C(d)$、 $I_0$、 $\omega$ のうち必要なものを用いて表せ。

問2. 次に導線を用いてコイルを作製した。

(1) コイルに関する下記の説明のうち、空欄 $\boxed{\text{ア}}$ 〜 $\boxed{\text{エ}}$ に入る式を文章中の $N$、 $a$、 $S$、 $I$、 $\Delta I$、 $\Delta t$、および真空の透磁率 $\mu_0$ のうち必要なものを用いて表せ。

「導線が $N$ 回巻かれた円筒形のコイルを考える。導線の1巻きが囲む円の面積を $S$ とし、コイルの長さは $a$ で十分に長いものとする。このコイルに電流 $I$ を流したとき、コイル内部には $\boxed{\text{ア}}$ の大きさの一様な磁束密度ができ、コイルの導線1巻きを垂直に貫く磁束の大きさは $\boxed{\text{イ}}$ となる。十分に短い時間 $\Delta t$ の間に $\Delta I\,(>0)$ だけ電流の大きさが変化したとすると、コイルの導線1巻きあたり $\boxed{\text{ウ}}\,(>0)$ の大きさの誘導起電力が生じる。コイル全体ではこの $N$ 倍の誘導起電力が生じるから、コイルの自己インダクタンスは $\boxed{\text{エ}}$ と表すことができる。」

(2) コイルの自己インダクタンスを $L$ で表す。角周波数 $\omega$ の交流電圧をコイルに加え、振幅 $I_0$ の交流電流が流れたとする。このとき、コイルの両端にかかる交流電圧の振幅を $L$、 $I_0$、 $\omega$ のうち必要なものを用いて表せ。

問3. 問1の静電容量（電気容量） $C(d)$ の可変コンデンサーおよび問2の自己インダクタンス $L$ のコイルを用いて、図2(a) のような共振回路を作製した。この共振回路には電気抵抗 $R$ の抵抗がつながれており、角周波数 $\omega$ を変えることのできる交流電圧が加わっている。回路の導線の電気抵抗は無視できるものとする。はじめ、可変コンデンサーの電極間距離（極板間距離）を $d_1$ に設定した。交流電圧の振幅を一定に保ったまま $\omega$ を変化させ、回路に流れる交流電流 $I$ の振幅 $I_0$ を測定したところ、図2(b) のようになった。このとき最大の $I_0$ が得られた角周波数を $\omega_1$ とする。 $I$ の符号は図2(a) の矢印の向きに電流が流れるときを正とし、各素子（可変コンデンサー、コイル、抵抗）の両端にかかる電圧の符号は $I$ の正の向きに電位が降下するときを正とする。

(1) 角周波数が $\omega_1$ であるとき、コイルの両端にかかる電圧 $V_L$ を測定したところ、図3の一点鎖線のような波形になった。それと同時に可変コンデンサーの両端にかかる電圧 $V_C$ を測定したときの波形を解答紙のグラフ上に実線で描け。

(2) $I_0$ が最大となる角周波数 $\omega_1$ を $C(d_1)$、 $L$、 $R$ のうち必要なものを用いて表せ。

(3) 角周波数 $\omega_1$ とは異なる角周波数 $\omega_2$ において $I_0$ が最大となるようにするには可変コンデンサーの電極間距離を $d_2$ に変える必要がある。 $d_2$ を $d_1$、 $\omega_1$、 $\omega_2$ を用いて表せ。

(4) 交流電圧の振幅を一定に保ったまま $I_0$ の最大値をさらに大きくしたい。そのためには、図2(a) の素子のいずれかを変更する必要がある。何をどのように変更すればよいか10字程度で簡潔に述べよ。ただし、句読点も1字として数える。

問1 (1)

平行板コンデンサーの電気容量は、極板の面積を $S$、真空の誘電率を $\varepsilon_0$ として『 $C=\varepsilon_0\dfrac Sd$ 』（極板間の電場 $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0S}$、 $V=Ed=\dfrac{Qd}{\varepsilon_0S}$ を $Q=CV$ と比べたもの）。よって $C(d)$ は $d$ に反比例する。

答　③（3点）

問1 (2)

$\Delta Q=I\Delta t$ より、極板Aの電気量は $I>0$ の間は増え、 $I<0$ の間は減る。図1(b) より、 $0<t<\dfrac{\pi}{\omega}$ で $I>0$、 $\dfrac{\pi}{\omega}<t<\dfrac{2\pi}{\omega}$ で $I<0$ なので、電気量は $t=\dfrac{\pi}{\omega}$ で増加から減少に変わり、最大になる。

時間微分すると $I=I_0\sin\omega t$ になる電気量の式を作ると

$$Q=-\frac{I_0}{\omega}\cos\omega t+D$$

（ $D$ は定数。この式を時間微分すると $I_0\sin\omega t$ になる）。十分に時間がたったのち、極板間の電圧 $V=\dfrac{Q}{C(d)}$ は交流電圧に等しく0を中心に振動するので、 $Q$ も0を中心に振動し $D=0$。よって

$$Q=-\frac{I_0}{\omega}\cos\omega t$$

で、 $t=\dfrac{\pi}{\omega}$ のとき $Q=\dfrac{I_0}{\omega}$ が最大値。

答　$t_1=\dfrac{\pi}{\omega}$、 $Q_1=\dfrac{I_0}{\omega}$（6点）

問1 (3)

極板Aに $Q_1$（ $>0$）、極板Bに $-Q_1$ がたまっているので、極板Bからみた極板Aの電圧は $Q=CV$ より

$$V_1=\frac{Q_1}{C(d)}=\frac{I_0}{\omega C(d)}$$

（電圧の振幅は電流の振幅の $\dfrac{1}{\omega C(d)}$ 倍。電流が0の $t=\dfrac{\pi}{\omega}$ で電圧が最大なので、電圧は電流より $\dfrac{\pi}{2}$ 遅れる。コンデンサーのリアクタンスが $\dfrac{1}{\omega C}$ になることを導いたのと同じ）

答　$V_1=\dfrac{I_0}{\omega C(d)}$（4点）

問2 (1)

空欄ア〜エ

単位長さあたりの巻数は $n=\dfrac Na$。『 $H=nI$ 』『 $B=\mu_0H$ 』より、内部の磁束密度は

$$B=\mu_0\cdot\frac NaI=\frac{\mu_0NI}{a}$$

答（ア）　$\dfrac{\mu_0NI}{a}$（2点）

『 $\varPhi=BS$ 』より、1巻きを貫く磁束は

答（イ）　$\dfrac{\mu_0NSI}{a}$（2点）

$\varPhi=\dfrac{\mu_0NS}{a}I$ で時間で変わるのは $I$ だけなので、 $\Delta\varPhi=\dfrac{\mu_0NS}{a}\Delta I$。1巻きあたりの誘導起電力の大きさはファラデーの電磁誘導の法則より $\left|\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}\right|$ なので

答（ウ）　$\dfrac{\mu_0NS}{a}\cdot\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$（2点）

コイル全体ではこの $N$ 倍（巻数の補正）で $\dfrac{\mu_0N^2S}{a}\cdot\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$。これを自己誘導の起電力の大きさ『 $V=L\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$ 』と比べて

答（エ）　$\dfrac{\mu_0N^2S}{a}$（2点）

問2 (2)

コイルのリアクタンスは $\omega L$。マックスどうしでオームの法則と同じ形になるので、電圧の振幅は

$$V_0=\omega L\cdot I_0$$

答　$\omega LI_0$（4点）

問3 (1)

直列なので3つの素子に流れる電流は共通。これを $I=I_0\sin\omega t$ とおく（時刻の原点は図3と違ってよい。調べたいのは $V_L$ と $V_C$ の関係だけ）。各素子の電圧をマックスと位相に分けて求める。電流から電圧を求めるので、コイルは $\dfrac{\pi}{2}$ 進め、コンデンサーは $\dfrac{\pi}{2}$ 戻す。

$$V_R=RI_0\sin\omega t,\qquad V_L=\omega LI_0\sin\left(\omega t+\frac{\pi}{2}\right)=\omega LI_0\cos\omega t$$

$$V_C=\frac{I_0}{\omega C(d_1)}\sin\left(\omega t-\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{I_0}{\omega C(d_1)}\cos\omega t$$

電源電圧はこの和で

$$V=V_R+V_L+V_C=I_0\left\{R\sin\omega t+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C(d_1)}\right)\cos\omega t\right\}=I_0\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C(d_1)}\right)^2}\,\sin(\omega t+\beta)$$

（ $\beta$ は位相のずれ）。電源電圧の振幅を $V_0$ とおくと、マックスどうしで

$$I_0=\frac{V_0}{\sqrt{R^2+\left(\omega L-\dfrac{1}{\omega C(d_1)}\right)^2}}$$

$I_0$ が最大になる $\omega_1$ では、変われる項 $\omega_1L-\dfrac{1}{\omega_1C(d_1)}$ が0（(2)）。よって $\omega_1L=\dfrac{1}{\omega_1C(d_1)}$ で、 $V_L$ と $V_C$ の振幅は等しく、符号が逆なので

$$V_C=-V_L$$

$V_C$ は図3の $V_L$ を上下に反転した波形（振幅は同じ2目盛り）。 $t=0$ で0から負の向きに変化し、 $V_L$ の山の時刻で谷になる。このとき $V_L+V_C=0$ で、電源電圧はすべて抵抗にかかっている。

答　図の実線（ $V_L$ と振幅が同じで、上下を反転した波形）（5点）

問3 (2)

(1) より、回路全体の「抵抗」 $\sqrt{R^2+\left(\omega L-\dfrac{1}{\omega C(d_1)}\right)^2}$ のうち、 $R$ は変われないが $\omega L-\dfrac{1}{\omega C(d_1)}$ は $\omega$ で変われる。 $I_0$ が最大になるのはこの項が0のときなので

$$\omega_1L-\frac{1}{\omega_1C(d_1)}=0\qquad\therefore\ \omega_1=\frac{1}{\sqrt{LC(d_1)}}$$

答　$\omega_1=\dfrac{1}{\sqrt{LC(d_1)}}$（3点）

問3 (3)

$C(d)$ は $d$ に反比例するので、 $C(d_2)=\dfrac{d_1}{d_2}C(d_1)$。共振の角周波数が $\omega_2$ になるので、(2) と同様に

$$\omega_2=\frac{1}{\sqrt{LC(d_2)}}=\frac{1}{\sqrt{LC(d_1)}}\sqrt{\frac{d_2}{d_1}}=\omega_1\sqrt{\frac{d_2}{d_1}}$$

よって

答　$d_2=\left(\dfrac{\omega_2}{\omega_1}\right)^2d_1$（4点）

問3 (4)

(1) の式で $\omega L-\dfrac{1}{\omega C}=0$ のとき、 $I_0$ の最大値は

$$I_0=\frac{V_0}{R}$$

で、 $L$ と $C$ によらない（ $L$ や $C$ を変えても、共振の角周波数がずれるだけで最大値は変わらない）。交流電圧の振幅 $V_0$ は一定なので、最大値を大きくするには抵抗 $R$ を小さくすればよい。

答　抵抗Rを小さくする。（句点も含めて10字）（3点）

別解

問1 (2)　（I–t グラフの面積）　$\Delta Q=I\Delta t$ より、I–t グラフの面積が電気量の変化。 $0\leqq t\leqq\dfrac{\pi}{\omega}$ の山1つ分の面積は

$$\int_0^{\frac{\pi}{\omega}}I_0\sin\omega t\,dt=\frac{2I_0}{\omega}$$

電気量は $t=0$ で最小 $-Q_1$、 $t=\dfrac{\pi}{\omega}$ で最大 $Q_1$（0を中心に振動）なので $2Q_1=\dfrac{2I_0}{\omega}$ より $Q_1=\dfrac{I_0}{\omega}$。

問1 (2)(3)　（覚える2点から）　コンデンサーでは電流が電圧より $\dfrac{\pi}{2}$ 進み、リアクタンスは $\dfrac{1}{\omega C}$。電流から電圧を求めるので $\dfrac{\pi}{2}$ 戻して

$$V=\frac{I_0}{\omega C(d)}\sin\left(\omega t-\frac{\pi}{2}\right)=-\frac{I_0}{\omega C(d)}\cos\omega t,\qquad Q=C(d)V=-\frac{I_0}{\omega}\cos\omega t$$

から $t_1$、 $Q_1$、 $V_1$ がすぐに求まる。ただし問1はこの2つを導かせる誘導なので、答えの確かめに使う。

以下の問いに答えよ。

問1. 図1のように厚さの無視できる断熱性の二つのピストン（左からピストン0、ピストン1と呼ぶ）が付いた断面積 $S$ の円筒状の断熱容器がある。内部には、 $N$ 個の単原子分子理想気体が封入されている。最初、ピストンはともに静止しており、その間隔は $L$ であった。気体分子の運動は各方向に一様で、速度 $\vec{v}$ の2乗の平均が $\overline{v^2}$ であった。この状態から、ピストン1を固定したまま、ピストン0のみを $x$ 軸の正の向きに速さ $v_0\left(\ll\sqrt{\overline{v^2}}\right)$ で距離 $\Delta x\,(\ll L)$ だけ動かす。気体1分子の質量を $m$ として、重力の影響は無視できるとする。ピストンの表面は $x$ 軸に垂直であり、気体分子はピストンや容器の壁と弾性衝突する。以下の空欄 $\boxed{\text{ア}}$ 〜 $\boxed{\text{キ}}$ に適した式または数値を、それぞれの解答欄に記入せよ。なお、 $\boxed{\text{ウ}}$、 $\boxed{\text{エ}}$ については、 $\Delta x\ll L$ で成り立つ以下の近似式を用いて答えよ。

$$\left(1+\frac{\Delta x}{L}\right)^{\alpha}\fallingdotseq1+\alpha\frac{\Delta x}{L}\qquad(\alpha\ \text{は実数})$$

最初、速度の $x$ 成分が $-v_x\ (v_x\gg v_0>0)$ であった気体分子が、移動中のピストン0に衝突したとすると、衝突後の速度の $x$ 成分は $v_x+\boxed{\text{ア}}$ となる。したがって、速度の $x$ 成分の大きさはピストン0に衝突するたびに $\boxed{\text{ア}}$ だけ増加する。気体分子間の衝突が無視できるとし、また、 $\Delta x\ll L$、 $v_0\ll v_x$ であるから、この気体分子が $x$ 方向に容器内を往復する時間は $\dfrac{2L}{v_x}$ で近似できる。ピストン0を動かし終わるまでにこの気体分子はピストン0に $\dfrac{\Delta x\,v_x}{2v_0L}$ 回衝突するため、ピストン0を止めた直後の速度の $x$ 成分の大きさは $\boxed{\text{イ}}\times v_x$ となる。

ピストン0を動かして気体を圧縮する間の気体分子間の衝突を無視すると、 $x$ 軸に垂直で、直交する2方向の気体分子の速度成分の2乗の平均はそれぞれ $\dfrac{\overline{v^2}}{3}$ のままで変化しない。一方、気体分子の速度の $x$ 成分の2乗の平均はピストン0を止めた直後には $\boxed{\text{ウ}}\times\dfrac{\overline{v^2}}{3}$ になる。したがって、容器内部の $N$ 個の気体分子が持つ運動エネルギーは圧縮前と比べて $\boxed{\text{エ}}\times\overline{v^2}$ だけ増加する。

実際には気体分子間の弾性衝突によって運動は各方向に一様となり、以下の関係が成り立つ。

$$(\text{気体の圧力})\times(\text{気体の体積})=\frac23\times(\text{全気体分子の運動エネルギー})\qquad\cdots①$$

圧縮前の気体の圧力を $P$、圧縮後の圧力を $P+\Delta P$ とする。 $\Delta P\times\Delta x$ に比例する項は極めて小さいために無視すると、圧縮の前後での式①の左辺の変化量は、 $S$、 $P$、 $L$ を用いて $\boxed{\text{オ}}\times\Delta P-\boxed{\text{カ}}\times\Delta x$ で与えられる。式①の右辺は圧縮の前後で $\dfrac23\times\boxed{\text{エ}}\times\overline{v^2}$ だけ増加しているから、以下の関係式が得られる。

$$\frac{\Delta P}{P}=\boxed{\text{キ}}\times\frac{\Delta x}{L}\qquad\cdots②$$

問2. 式②を満たすように気体の一部がわずかな断熱圧縮と膨張を繰り返して振動すると、疎密波（縦波）が発生する。これが音波である。その速度を以下の手順で近似的に求めよう。

図2(a) のように、断面積 $S$ で無限に長い円筒の内部に、質量と厚さが無視できる無数のピストンが設置されている。ピストンで区切られたそれぞれの空間には、問1と同じように $N$ 個の単原子分子理想気体（1分子の質量 $m$）が断熱された状態で封入されている。静止状態において各ピストンは間隔 $L$ で並んでおり、このときの気体の圧力を $P$ とする。ピストンは左端から順番にピストン0、ピストン1、…と呼び、ピストン $n$ とピストン $n+1$ で区切られた領域を空間 $n$ $(n=0,\ 1,\ 2,\ \cdots)$ とする。図2(b) のように、右向きを正の方向として、ピストン $n$ の静止位置からの変位を $x_n$ とする。また、空間 $n$ 内における気体の圧力の $P$ からの変化量を $\Delta P_n$ とする。図のようにピストン0を、 $x_0=A\sin(\omega t)$ のように角振動数 $\omega$、振幅 $A\,(\ll L)$ で変位させると、その振動が右側のピストンに次々と伝わる。以下の空欄 $\boxed{\text{ク}}$ 〜 $\boxed{\text{サ}}$ に適した式または数値を、それぞれの解答欄に記入せよ。ただし、気体やピストンの運動に伴う摩擦、および重力による影響は無視し、問1で求めた $\boxed{\text{キ}}$ の値を $\gamma$ として、式②と同様の関係式

$$\frac{\Delta P_n}{P}=-\gamma\,\frac{x_{n+1}-x_n}{L}$$

が成り立つことを用いてよい。

右向きに波長 $\lambda\,(\gg L)$ の波が伝搬する場合を考える。このときピストン $n$ の変位は $x_n=A\sin\left(\omega t-\dfrac{2\pi nL}{\lambda}\right)$ のように表される。ピストン $n\,(\geqq1)$ に加わる力は、 $S$、 $\Delta P_n$、 $\Delta P_{n-1}$ を用いて $\boxed{\text{ク}}$ で与えられる。また、 $L\ll\lambda$ では空間 $n$ 内に存在する $N$ 個の気体分子はピストン $n$ とともに運動するとする。ピストン $n\,(\geqq1)$ の加速度を $a_n$ とすると、ピストン $n$ とともに運動する気体の運動方程式は、 $\gamma$、 $P$、 $S$、 $L$ を用いて、 $Nma_n=\boxed{\text{ケ}}\times(x_{n+1}-2x_n+x_{n-1})$ と書ける。三角関数の公式

$$\sin(\phi\pm\phi_0)=\sin\phi\cos\phi_0\pm\cos\phi\sin\phi_0$$

$$\cos(\phi\pm\phi_0)=\cos\phi\cos\phi_0\mp\sin\phi\sin\phi_0\qquad(\text{複号同順})$$

を用いれば、 $x_{n+1}-2x_n+x_{n-1}=2\times\left\{\cos\left(\boxed{\text{コ}}\right)-1\right\}\times x_n$ と書けるため、ピストン $n$ とともに運動する気体の運動方程式は、

$$Nma_n=-4\times\boxed{\text{ケ}}\times\sin^2\left(\frac{\boxed{\text{コ}}}{2}\right)\times x_n$$

となる。これは単振動を表す。 $\lambda\gg L$ であることから $\sin\left(\dfrac{\pi L}{\lambda}\right)\fallingdotseq\dfrac{\pi L}{\lambda}$ の近似を用いると、この気体中を伝搬する音波の速さは、 $\gamma$、 $P$、 $S$、 $L$、 $N$、 $m$ を用いて $\boxed{\text{サ}}$ と表される。

空欄ア〜エ

衝突後の速度の $x$ 成分を $v’$ とする（右向きを正）。ピストン0に乗って見ると、分子は止まった壁と弾性衝突する。ピストン0の速度は $v_0$、衝突前の分子の速度は $-v_x$ なので、相対速度ではね返り係数1の式を立てて

$$1=-\frac{v’-v_0}{-v_x-v_0}\qquad\therefore\ v’=v_x+2v_0$$

答（ア）　$2v_0$（3点）

1回の衝突で速さが $2v_0$ 増える。問題文の衝突回数 $\dfrac{\Delta x\,v_x}{2v_0L}$ は、ピストン0を動かす時間 $\dfrac{\Delta x}{v_0}$ を1往復の時間 $\dfrac{2L}{v_x}$ で割ったもの。よって止めた直後の速さは

$$v_x+2v_0\times\frac{\Delta x\,v_x}{2v_0L}=\left(1+\frac{\Delta x}{L}\right)v_x$$

答（イ）　$1+\dfrac{\Delta x}{L}$（3点）

速度の $x$ 成分の2乗は $\left(1+\dfrac{\Delta x}{L}\right)^2$ 倍になる。この倍率は $v_x$ によらないので、2乗の平均も同じ倍率になる。近似式（ $\alpha=2$）より

$$\left(1+\frac{\Delta x}{L}\right)^2\fallingdotseq1+\frac{2\Delta x}{L}\qquad\therefore\ \left(1+\frac{2\Delta x}{L}\right)\times\frac{\overline{v^2}}{3}$$

答（ウ）　$1+\dfrac{2\Delta x}{L}$（3点）

$y$・ $z$ 成分の2乗の平均は $\dfrac{\overline{v^2}}{3}$ のままなので、1分子あたりの運動エネルギーの平均は $\dfrac12m\cdot\dfrac{2\Delta x}{L}\cdot\dfrac{\overline{v^2}}{3}$ だけ増える。 $N$ 個では

$$N\cdot\frac12m\cdot\frac{2\Delta x}{L}\cdot\frac{\overline{v^2}}{3}=\frac{Nm\Delta x}{3L}\times\overline{v^2}$$

答（エ）　$\dfrac{Nm\Delta x}{3L}$（3点）

空欄オ〜キ

圧縮前は圧力 $P$、体積 $SL$。圧縮後は圧力 $P+\Delta P$、体積 $S(L-\Delta x)$（下の図）。

式①の左辺の変化量は、展開して $\Delta P\times\Delta x$ の項を捨てると

$$(P+\Delta P)S(L-\Delta x)-PSL=SL\Delta P-PS\Delta x-S\Delta P\Delta x\fallingdotseq SL\times\Delta P-PS\times\Delta x$$

答（オ）　$SL$（2点）

答（カ）　$PS$（2点）

式①の右辺は $\dfrac23\times\dfrac{Nm\Delta x}{3L}\overline{v^2}$ だけ増えるので

$$SL\Delta P-PS\Delta x=\frac{2Nm\overline{v^2}}{9L}\Delta x\qquad\cdots③$$

$\overline{v^2}$ は答えに使えない文字なので、圧縮前の状態の式①で消す。全分子の運動エネルギーは $N\cdot\dfrac12m\overline{v^2}$ なので

$$PSL=\frac23\cdot\frac12Nm\overline{v^2}\qquad\therefore\ Nm\overline{v^2}=3PSL$$

これを③に代入して

$$SL\Delta P-PS\Delta x=\frac{2\cdot3PSL}{9L}\Delta x=\frac23PS\Delta x\qquad\therefore\ SL\Delta P=\frac53PS\Delta x$$

両辺を $PSL$ で割って

$$\frac{\Delta P}{P}=\frac53\times\frac{\Delta x}{L}$$

答（キ）　$\dfrac53$（4点）

（確かめ）体積の変化 $\Delta V=-S\Delta x$ で書きかえると $\dfrac{\Delta P}{P}=-\dfrac53\cdot\dfrac{\Delta V}{V}$。これは単原子分子のポアソンの式 $PV^{\frac53}=$ 一定 を微小変化で書いたもので、キ $=\gamma=\dfrac53$ と合う。

空欄ク〜コ

右向きを正とする。重力は無視でき、ピストン $n$ に触れているのは両側の気体だけ。左の空間 $n-1$ の気体から右向きに $(P+\Delta P_{n-1})S$、右の空間 $n$ の気体から左向きに $(P+\Delta P_n)S$ の力を受ける（下の図）。

$$(P+\Delta P_{n-1})S-(P+\Delta P_n)S=S(\Delta P_{n-1}-\Delta P_n)$$

答（ク）　$S(\Delta P_{n-1}-\Delta P_n)$（4点）

与えられた関係式を空間 $n$ と空間 $n-1$ に使うと

$$\Delta P_n=-\frac{\gamma P}{L}(x_{n+1}-x_n),\qquad\Delta P_{n-1}=-\frac{\gamma P}{L}(x_n-x_{n-1})$$

ピストンの質量は無視できるので、ピストン $n$ と一緒に動く気体（質量 $Nm$）の運動方程式は

$$Nma_n=S(\Delta P_{n-1}-\Delta P_n)=\frac{\gamma PS}{L}\left\{(x_{n+1}-x_n)-(x_n-x_{n-1})\right\}=\frac{\gamma PS}{L}\times(x_{n+1}-2x_n+x_{n-1})$$

答（ケ）　$\dfrac{\gamma PS}{L}$（4点）

$\phi=\omega t-\dfrac{2\pi nL}{\lambda}$、 $\phi_0=\dfrac{2\pi L}{\lambda}$ とおくと、 $x_n=A\sin\phi$、 $x_{n+1}=A\sin(\phi-\phi_0)$、 $x_{n-1}=A\sin(\phi+\phi_0)$。加法定理より

$$x_{n+1}+x_{n-1}=A(\sin\phi\cos\phi_0-\cos\phi\sin\phi_0)+A(\sin\phi\cos\phi_0+\cos\phi\sin\phi_0)=2\cos\phi_0\cdot x_n$$

よって

$$x_{n+1}-2x_n+x_{n-1}=2\times\left\{\cos\left(\frac{2\pi L}{\lambda}\right)-1\right\}\times x_n$$

答（コ）　$\dfrac{2\pi L}{\lambda}$（4点）

空欄サ

$\cos\phi_0-1=-2\sin^2\dfrac{\phi_0}{2}$ なので、運動方程式は

$$Nma_n=-\frac{4\gamma PS}{L}\sin^2\left(\frac{\pi L}{\lambda}\right)\times x_n$$

$Nma_n=-Kx_n$ の形なので、ピストン $n$（と一緒に動く気体）は質量 $Nm$、単振動定数 $K=\dfrac{4\gamma PS}{L}\sin^2\left(\dfrac{\pi L}{\lambda}\right)$ の単振動をする。その角振動数 $\sqrt{\dfrac{K}{Nm}}$ は、 $x_n=A\sin\left(\omega t-\dfrac{2\pi nL}{\lambda}\right)$ の角振動数 $\omega$ に等しいので

$$\omega=\sqrt{\frac{K}{Nm}}=2\sin\left(\frac{\pi L}{\lambda}\right)\sqrt{\frac{\gamma PS}{NmL}}$$

$\lambda\gg L$ より $\sin\left(\dfrac{\pi L}{\lambda}\right)\fallingdotseq\dfrac{\pi L}{\lambda}$ を使うと

$$\omega=\frac{2\pi L}{\lambda}\sqrt{\frac{\gamma PS}{NmL}}=\frac{2\pi}{\lambda}\sqrt{\frac{\gamma PSL}{Nm}}$$

振動数は $f=\dfrac{\omega}{2\pi}$ なので、音波の速さを $c$ とすると（ $v$ は分子の速さに使っているので別の文字にする）

$$c=f\lambda=\frac{\omega\lambda}{2\pi}=\sqrt{\frac{\gamma PSL}{Nm}}$$

答（サ）　$\sqrt{\dfrac{\gamma PSL}{Nm}}$（8点）

（確かめ） $\dfrac{Nm}{SL}$ は気体の密度 $\rho$ なので、 $c=\sqrt{\dfrac{\gamma P}{\rho}}$ と書ける。空気（ $\gamma\fallingdotseq1.4$、 $P=1.0\times10^5$ Pa、 $\rho=1.3$ kg/m³）を入れると約 $3.3\times10^2$ m/s で、空気中の音速とほぼ合う。