【解説・配点付き】2026年九州大学物理の解答・解説

次の文章を読み、問1〜問4に答えよ。

図1の①→②→③→④→⑤に示すように、斜面をカタンコトンと半回転ずつ転がりながら下っていく細長い玩具がある。この玩具を、図2に示すような、半円2つと長方形を組み合わせた板Aと、おもりBを組み合わせた物体（以下、カタンコトンと呼ぶ）とみなし、紙面に平行な鉛直平面内の運動を考えよう。

板Aの半円部分の半径は $R$ である。長方形部分の幅は $2R$、長さは $L$ であり、2つの半円の中心を結ぶように、長さ $L$ の細い溝が切ってある。おもりBは、大きさを無視できる小物体で、板Aの溝の中を摩擦なく滑って移動し、板Aから離れることはない。板Aは密度が一様な変形しない物体で、質量は $m$ である。おもりBの質量は $M$ であり、板Aの質量 $m$ より大きい（ $M>m$ ）。重力加速度の向きは鉛直下向き、大きさは $g$ とし、空気の抵抗は無視できるものとする。

問1. まず、板AやおもりBについて、回転せずに滑る運動を考える。斜面と水平面がなす角を $\theta$ $\left(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\right)$ として、以下の問いに答えよ。

(1) 図3(a)のように、あらい斜面に板Aを置くと、板Aは直線部分を斜面にぴたりと付けて静止した。斜面と板Aの間の静止摩擦係数を $\mu_0$ とする。 $\theta$ を変化させると、ある角度で板Aが斜面上を滑り始めた。板Aが滑り出さないために $\tan\theta\ (>0)$ がとりうる値の範囲を、 $R$、 $L$、 $m$、 $g$、 $\theta$、 $\mu_0$ のうち必要なものを用いて解答欄に不等式で表せ。ただし、 $\dfrac{L}{R}$ は十分大きく、板Aが滑らずに転がる条件は考えなくてよい。また、 $0<\tan\theta$ は記載しなくてよい。

(1)の条件を満たす、ある角度 $\theta$ の斜面上で静止している板Aに対して、溝の右端におもりBを取り付け、そっと手を離すと、板Aは静止したままだったが、おもりBが、図3(b)のように、溝の中を摩擦なく滑る運動を始めた。

(2) おもりBについて、斜面にそって下向きの加速度はいくらか、 $R$、 $L$、 $M$、 $g$、 $\theta$ のうち必要なものを用いて表せ。

(3) 溝の右端で静止していたおもりBが、滑り始めてから溝の左端に到達するまでの時間を答えよ。

問2. 次に、カタンコトンが水平な床の上で静止している状態について考える。おもりBは、図4のように、板Aの溝の左端で静止している。以下の問いに答えよ。

(1) 水平な床の上にカタンコトンが静止しているとき、カタンコトンが床から受ける垂直抗力 $N$ を1点にはたらく力と考え、 $N$ の大きさを答えよ。

(2) 板Aの溝の左端から床に下ろした垂線と、床の表面の交点を、点Oとする。(1)で考えた垂直抗力 $N$ の作用点と、点Oの間の距離を答えよ。

(3) 垂直抗力 $N$ を、解答欄の図中に1本の矢印で示せ。この問題(3)でのみ、おもりBの質量 $M$ は、板Aの質量 $m$ の3倍（ $M=3m$ ）とする。また、矢印の始点は、(2)で求めた垂直抗力 $N$ の作用点とし、矢印の長さは自由とする。

問3. ここでは、あらい板に置いたカタンコトンが動き始める条件を考える。

(1) あらい板を水平に置き、その上に、カタンコトンを図5のように $\dfrac{1}{4}$ 回転させ、そっと立てたところ、そのまま直立したが、少し傾けると、すぐに倒れてしまった。これは、板から測ったカタンコトンの重心の高さが、安定して直立できる最大の高さ $X$ よりも、常に高くなるからである。この $X$ を、 $R$、 $L$、 $M$、 $m$、 $g$ のうち必要なものを用いて表せ。

(2) カタンコトンを、図6のように、あらい板の上に置き、板を少しずつ傾けていくと、水平面と板のなす角が、ある角度 $\theta_0$ に達したところで、カタンコトンが滑らずに転がり始めた。 $\tan\theta_0$ を、 $R$、 $L$、 $M$、 $m$、 $g$ のうち必要なものを用いて表せ。ただし、カタンコトンが転がり始めたとき、おもりBは、板Aの溝の左端で静止していたものとする。

問4. 最後に、カタンコトンが転がり続ける条件について考えよう。

問1で用いた斜面（ $\theta<\theta_0$ ）に、カタンコトンを、図7のように、ある特定の角度 $\phi$ だけ傾けて、そっと置くと、そのまま滑らず静止し、半円上の点O′が斜面に接した状態で自立した。

(1) $\cos(\theta+\phi)$ を、 $R$、 $L$、 $M$、 $m$、 $g$、 $\theta$、 $\mu_0$ のうち必要なものを用いて表せ。

斜面に直線部分をぴたりとつけて静止しているカタンコトンに対し、図8(a)のように、おもりBを溝の中で右から左に滑らせると、おもりBが加速して板Aの溝の左端に衝突し、カタンコトンは、滑らずに転がる運動を開始した。

重力がカタンコトンを回転させる向きは、角度 $\phi$ を境に右回りから左回りに変化するので、カタンコトンが転がり続けるには角度 $\phi$ さえ越えられればよい。

(2) おもりBが板Aに与えたエネルギーが十分大きければ、カタンコトンは角度 $\phi$ を越えて転がり続けると考えられる。おもりBが溝の左端に到達した瞬間から、角度 $\phi$ に達したときまでの、カタンコトンの位置エネルギーの変化量を、増加を正として $R$、 $L$、 $M$、 $m$、 $g$、 $\theta$、 $\phi$ のうち必要なものを用いて表せ。

ただし、カタンコトンが転がり始めてから角度 $\phi$ に達する間、おもりBは板Aの溝の左端から動かず一体となって運動し、図8(b)に示すように、斜面に平行に距離 $R\phi$ 移動することを用いてよい。また、 $\cos(\theta+\phi)$ や $\sin(\theta+\phi)$ は、そのまま解答に用いてよい。

問1 (1)

板Aは静止しているので、力のつり合いを斜面に平行・垂直に立てる（静止摩擦力を $f$、垂直抗力を $N$ とする）。

$$f=mg\sin\theta,\qquad N=mg\cos\theta$$

滑らない条件は、静止摩擦力が最大摩擦力以下になること（その状態にとどまる条件なので等号あり）。

$$f\leqq\mu_0N\ \Longrightarrow\ mg\sin\theta\leqq\mu_0\,mg\cos\theta$$

答　$\tan\theta\leqq\mu_0$（4点）

問1 (2)

溝は斜面に平行でなめらか。溝にそった方向の力は、おもりBの重力の成分 $Mg\sin\theta$ だけ（溝の壁からの垂直抗力は溝に垂直）。板Aは静止したままなので、斜面の上で考えてよい。加速度を $\alpha$ として運動方程式は

$$M\alpha=Mg\sin\theta$$

答　$g\sin\theta$（4点）

問1 (3)

加速度が一定なので、静止から距離 $L$ 進む時間 $t$ は

$$L=\frac12\alpha t^2=\frac12g\sin\theta\cdot t^2$$

答　$\sqrt{\dfrac{2L}{g\sin\theta}}$（4点）

問2 (1)

板Aとおもりをまとめて1つの物体と見て、鉛直のつり合いを立てる（全体の重力は $(M+m)g$）。

答　$(M+m)g$（4点）

問2 (2)

力を「重力 → 触れているもの」の順に書く。おもりBの重力 $Mg$（Oの真上、Bの位置）、板Aの重力 $mg$（溝の真ん中＝Oから右へ $\dfrac L2$）、垂直抗力 $N$（作用点はOから右へ $x$）。Oを基準点にすると、Bの重力は腕が0で式から消える。Oのまわりのモーメントのつり合い（反時計回り＝時計回り）は

$$Nx=mg\cdot\frac L2$$

$N=(M+m)g$ を入れて

$$x=\frac{mL}{2(M+m)}$$

この距離を $D=\dfrac{mL}{2(M+m)}$ とおく（以降の小問でも使う）。

答　$\dfrac{mL}{2(M+m)}$（4点）

（確かめ：全体の重心Gは、Bと板Aの重心を質量の逆比 $m:M$ に内分する点で、Bから $\dfrac{m}{M+m}\cdot\dfrac L2$ の所。垂直抗力の作用点は重心の真下なので、同じ値になる）

問2 (3)

$M=3m$ を (2) の答えに入れると $\dfrac{mL}{2\cdot4m}=\dfrac L8$。解答紙の方眼では溝の長さ $L$ が8目盛りなので、 $\dfrac L8$ は1目盛り。Oから右へ1目盛りの床の上の点を始点に、鉛直上向きの矢印を1本書く（長さは自由）。

答　上の図（Oから右へ1目盛りの床の上の点から、鉛直上向きの矢印）（5点）

問3 (1)

直立したカタンコトンは、下の半円で板に接している。おもりBは下の半円の中心にいるので、板から測ったBの高さは $R$。少し傾けると半円の上を転がり、接点はいつもBの真下にくる。Bの高さは傾けても $R$ のまま。

・重心Gが半円の中心より下：傾けるとGは接点の真上から傾きと逆側へずれ、重力のモーメントは元に戻す向き（安定）

・重心Gが半円の中心より上：傾けるとGは傾きと同じ側へずれ、重力のモーメントは倒す向き（不安定）

境目は、重心の高さが半円の中心の高さと同じとき。

答　$X=R$（5点）

（確かめ：このカタンコトンの重心の高さは $R+D$ で、$D>0$ なので $R$ より高い。だから傾けるとすぐ倒れる。傾けた角を $\psi$ とすると重心の高さは $R+D\cos\psi$ で、傾けるほど下がる＝位置エネルギーが下がる向きに倒れる）

問3 (2)

板を傾けていくと、垂直抗力の作用点は重心の真下を保ちながら斜面にそって下へ動き、直線部分の下の端（Bの真下の点P）に届く。転がり始める直前は、作用点がPにあって静止している。このとき垂直抗力と摩擦力はPにはたらくので、Pを基準点にするとモーメントは0。

全体の重力 $(M+m)g$ は重心Gにはたらく。Gは、Pから斜面に垂直に $R$、斜面にそって（上向きに） $D$ の位置にある（BからGまで溝にそって $D$ で、これは (2) と同じ $D$）。重力を斜面に平行な成分と垂直な成分に分けると、Pのまわりのモーメントは

・平行成分 $(M+m)g\sin\theta_0$ ：腕 $R$ 、転がる向き（反時計回り）

・垂直成分 $(M+m)g\cos\theta_0$ ：腕 $D$ 、戻す向き（時計回り）

つり合いは

$$(M+m)g\sin\theta_0\cdot R=(M+m)g\cos\theta_0\cdot D$$

答　$\tan\theta_0=\dfrac{D}{R}=\dfrac{mL}{2R(M+m)}$（5点）

問4 (1)

接点O′は、Bから斜面に下ろした垂線の足。自立しているとき、垂直抗力の作用点O′は重心の真下にある。つまり、GはO′の真上。BからO′までの水平距離とBからGまでの水平距離が等しい。

・BからO′：BO′の長さが $R$ で斜面に垂直なので、水平距離は $R\sin\theta$

・BからG：溝は水平と $\theta+\phi$ の角をなし、BからGまで溝にそって $D$ なので、水平距離は $D\cos(\theta+\phi)$

$$R\sin\theta=D\cos(\theta+\phi)\qquad\therefore\ \cos(\theta+\phi)=\frac{R\sin\theta}{D}$$

答　$\cos(\theta+\phi)=\dfrac{2(M+m)R\sin\theta}{mL}$（5点）

問4 (2)

位置エネルギーの変化だけを求めるので、基準は決めなくてよい（増加を正とする）。

・おもりB：斜面から $R$ の高さを保ったまま、斜面にそって下へ $R\phi$ 動くので、高さの変化は $-R\phi\sin\theta$

・板A：重心はBから溝にそって $\dfrac L2$ の所。Bと一緒に $R\phi\sin\theta$ だけ下がる。さらに、溝の傾きが水平に対して $\theta$ から $\theta+\phi$ になるので、Bに対する重心の高さは $\dfrac L2\sin\theta$ から $\dfrac L2\sin(\theta+\phi)$ に変わる。重心の高さの変化は $-R\phi\sin\theta+\dfrac L2\{\sin(\theta+\phi)-\sin\theta\}$

重力による位置エネルギーの変化は、おもりBが $Mg\times$ （高さの変化）、板Aが $mg\times$ （重心の高さの変化）で

$$\Delta U=-MgR\phi\sin\theta+mg\left[-R\phi\sin\theta+\frac L2\{\sin(\theta+\phi)-\sin\theta\}\right]$$

答　$\dfrac12mgL\{\sin(\theta+\phi)-\sin\theta\}-(M+m)gR\phi\sin\theta$（5点）

（$(M+m)g\left[\dfrac{mL}{2(M+m)}\{\sin(\theta+\phi)-\sin\theta\}-R\phi\sin\theta\right]$ の形でも同じ。この値が位置エネルギーの山の高さで、おもりBが板Aに与えるエネルギーがこれより大きければ、カタンコトンは角 $\phi$ を越えて転がり続ける）

別解

問3 (2)

重心の真下に作用点がくる（問2）ことを使って、図形だけで解く。転がり始める直前は、作用点がPで、GはPの真上。三角形PBGは、Bで直角（PBは斜面に垂直、BGは溝にそっていて斜面に平行）で、PG が鉛直、PB が斜面の垂線なので、角BPGは $\theta_0$ 。よって

$$\tan\theta_0=\frac{BG}{PB}=\frac{D}{R}$$

答は本解と同じ。

問4 (1)

位置エネルギーの山の頂上として求める。角 $\phi’$ まで転がしたときの位置エネルギーの変化は、(2) と同じ形で

$$\Delta U(\phi’)=\frac12mgL\{\sin(\theta+\phi’)-\sin\theta\}-(M+m)gR\phi’\sin\theta$$

重力が回す向きが変わる角 $\phi$ は山の頂上なので、微分して0とおく。

$$\frac{d\Delta U}{d\phi’}=\frac12mgL\cos(\theta+\phi’)-(M+m)gR\sin\theta=0$$

$\phi’=\phi$ を入れると $\cos(\theta+\phi)=\dfrac{2(M+m)R\sin\theta}{mL}$ となり、本解と一致する（微分を使う別解）。

次の文章を読み、問1〜問2に答えよ。

問1. 図1に示すように、紙面上に $xy$ 平面、紙面に垂直に $z$ 軸をとり、紙面の裏から表への向きを $z$ 軸正の向きとする。 $xy$ 平面内に、一辺の長さが $a$ の正方形の回路を形成するように導体線が配置されており、辺 $\mathrm{OA}_1$ の一部に抵抗値 $R$ の抵抗が取り付けられている。導体線の抵抗および太さは無視できるものとする。また、回路を流れる電流が作る磁場の影響は無視できるものとして、以下の問いに答えよ。

図2に示すように、時間 $t$ とともに周期 $T$ で変化する磁束密度 $B$ の一様な磁場を $z$ 軸方向に回路全体に加えた。ここで、 $B>0$ の時、磁場は $z$ 軸正の向きを向いているものとする。

(1) 導体線の辺 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$ に流れる電流の最大値 $I_0$ を $a$、 $B_0$、 $R$、 $T$ のうち必要なものを用いて答えよ。

(2) 導体線の辺 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$ に流れる電流の時間変化を解答欄のグラフ中に実線で示せ。ただし、辺 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$ に流れる電流は $y$ 軸正の向きを正とする。

(3) 導体線の辺 $\mathrm{A}_1\mathrm{A}_2$ に流れる電流が磁場から受ける力の $x$ 方向成分 $F_x$ の時間変化を解答欄のグラフ中に実線で示せ。なお、 $F_x$ の最大値を $F_0$ とする。

次に、充電されていない静電容量 $C$ のコンデンサを図3に示すように回路に取り付け、図2に示す磁束密度 $B$ の一様な磁場を回路全体に加えた。コンデンサの左側電極に蓄えられる電荷 $Q$ は、最大値を $Q_0$ とすると図4に示すように時間変化した。

(4) 回路中の抵抗を抵抗値 $2R$ のものにとりかえた場合、コンデンサの左側電極に蓄えられる電荷 $Q$ の時間変化として最も適当なものを、図5の(a)〜(f)の中から一つ選び、解答欄の記号を〇で囲め。

最後に、図3に示すように抵抗値 $R$ の抵抗と充電されていない静電容量 $C$ のコンデンサを接続した状態で磁束密度 $B=B_1\sin\left(\dfrac{2\pi}{T}t\right)$ の一様な磁場を繰り返し回路全体に加えた。磁場を加え始めてから十分に時間が経過した後、時間 $t=t_1$ から $t=t_1+T$ の間に抵抗に流れる電流 $I$ は、 $x$ 軸正の向きを正とし最大値を $I_1$ とすると、図6に示すように時間変化した。

(5) コンデンサに加わる電圧 $V$ の時間変化として最も適当なものを、図7の(a)〜(f)の中から一つ選び、解答欄の記号を〇で囲め。なお、電圧の最大値を $V_1$ とし、電圧はコンデンサの左側電極が高電位、右側電極が低電位の場合を正とする。

問2. 以下の問いに答えよ。

抵抗値 $r$ および $2r$ の抵抗とスイッチSを使って図8のような回路を考える。導線の抵抗は無視できるものとする。

(1) スイッチSを開いたとき、および閉じたときのbd間の合成抵抗をそれぞれ求めよ。

次に図9のように、スイッチSをとりのぞいて抵抗値 $R$ の抵抗を接続し、ae間に内部抵抗を無視できる起電力 $E$ の電池をつないだ。bからcへ、bからfへ、cからdへ流れる電流をそれぞれ $I_1$、 $I_2$、 $I_3$ とする。

(2) 閉回路abcdeaおよびabfdeaについて、キルヒホッフの第2法則（電圧に関する法則）の式を、 $E$、 $r$、 $R$、 $I_1$、 $I_2$、 $I_3$ の中から必要なものを用いてそれぞれ書け。

(3) (2)の2つの式を用いて $I_2$ と $I_3$ の関係を求めよ。

(4) $I_1$ および $I_2$ を、 $E$、 $r$、 $R$ を用いてそれぞれ表せ。

(5) bd間の合成抵抗を、 $r$ および $R$ を用いて表せ。

(6) 抵抗値 $R$ の抵抗を可変抵抗にとりかえて、可変抵抗の抵抗値を $r$ から $r+\Delta r$ へ微小変化させたときの合成抵抗の変化を考える。 $\left|\dfrac{\Delta r}{r}\right|\ll1$ とすると、可変抵抗の抵抗値が $r+\Delta r$ のときのbd間の合成抵抗は、

$$\alpha r+\beta\Delta r$$

の式で近似できる。 $\alpha$ および $\beta$ を求めよ。ここで、 $|x|\ll1$ の $x$ に対して成り立つ近似式 $\dfrac{1}{1+x}\fallingdotseq1-x$、および $1\pm x^2\fallingdotseq1$ を用いよ。

問1 (1)

回路は動かず磁束密度だけが時間で変わるので、 $vBl$ は使えない。ファラデーの電磁誘導の法則に戻る。面積 $a^2$ は一定なので、磁束 $\varPhi=a^2B$ のうち時間で変わる $B$ だけを $\Delta B$ にして

$$V=\left|\frac{\Delta\varPhi}{\Delta t}\right|=a^2\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}\right|$$

（面積×図2の傾き）。図2は、前半の $\dfrac T2$ の間に $B_0$ から $-B_0$ へ直線で変わるので傾きの大きさは $\dfrac{2B_0}{T/2}=\dfrac{4B_0}{T}$ 、後半は逆向きで同じ大きさ。起電力の大きさは前半も後半も $\dfrac{4a^2B_0}{T}$ で一定。回路の抵抗は $R$ だけなので、電流は $I=\dfrac VR$ 。

答　$I_0=\dfrac{4a^2B_0}{RT}$（4点）

（辺 $\mathrm{A_1A_2}$ にも回路を一周する同じ電流が流れる。電流の大きさは前半・後半とも同じなので、これが最大値）

問1 (2)

向きは大きさとは別に、レンツの法則で決める（着眼点の図）。

・前半（ $0\sim\dfrac T2$ ）： $B$ が $B_0$ から $-B_0$ へ減るので、 $z$ 軸正の向きの磁束が減る。減るのを補う（ $z$ 軸正の向きの磁場をつくる）向きに、右ねじの法則で反時計回り（ $\mathrm{O}\to\mathrm{A_1}\to\mathrm{A_2}$ の向き）の電流が流れる。辺 $\mathrm{A_1A_2}$ では $y$ 軸正の向きなので正で、 $+I_0$ 。

・後半（ $\dfrac T2\sim T$ ）： $B$ が $-B_0$ から $B_0$ へ増えるので、 $z$ 軸正の向きの磁束が増える。打ち消す向きの時計回りで、辺 $\mathrm{A_1A_2}$ では $y$ 軸負の向きなので負で、 $-I_0$ 。

向きを決めるのは $B$ の正負ではなく、増えているか減っているか。 $B=0$ を横切る $\dfrac T4$ では電流は変わらず、傾きの符号が入れかわる $\dfrac T2$ だけで向きが変わる（下の図。上の $B$ のグラフと時間軸をそろえた）。

答　上の図の下（0〜 $\dfrac T2$ で $+I_0$ 、 $\dfrac T2$〜 $T$ で $-I_0$ の横線2本。解答紙の方眼では縦軸の上端が $I_0$ 、下端が $-I_0$ ）（3点）

（解答紙の縦軸の文字は、冊子の訂正で「電流 $I$ 」から「電流」に直されている。答えには関係しない）

問1 (3)

辺 $\mathrm{A_1A_2}$ の長さは $a$ 。電流が $y$ 軸正の向き（ $I>0$ ）、磁場が $z$ 軸正の向き（ $B>0$ ）のとき、力は $x$ 軸正の向きなので、符号つきで

$$F_x=IaB$$

と書ける。 $I$ も $B$ も正負が入れかわるので、かけ算の符号を区間ごとに追う。

・前半： $I=I_0$ 、 $B=B_0\left(1-\dfrac{4t}{T}\right)$ なので、 $F_x=I_0aB_0\left(1-\dfrac{4t}{T}\right)=F_0\left(1-\dfrac{4t}{T}\right)$ 。 $F_0=I_0aB_0=\dfrac{4a^3B_0^2}{RT}$ 。 $t=0$ で $F_0$ 、 $B=0$ の $\dfrac T4$ で0、 $\dfrac T2$ の直前で $-F_0$ 。

・後半：電流が $-I_0$ に変わるが、 $B$ も $-B_0$ から出発するので $F_x=(-I_0)a(-B_0)=F_0$ に戻り、前半と同じ直線が $\dfrac T2$ から $T$ まで続く。 $\dfrac{3}{4}T$ で0、 $T$ の直前で $-F_0$ 。

$\dfrac T2$ の瞬間は、電流の向きが入れかわるのに合わせて $F_x$ が $-F_0$ から $F_0$ へとぶ（下の図。 $B$ ・ $I$ ・ $F_x$ を時間軸をそろえて並べた）。

答　上の図の下（ $t=0$ で $F_0$ から直線で下がり、 $\dfrac T4$ で0、 $\dfrac T2$ の直前で $-F_0$ 。 $\dfrac T2$ で $F_0$ にとび、同じ直線をもう一度書いて $T$ の直前で $-F_0$ ）（3点）

問1 (4)

充電が終わって電流が0になると、コンデンサーの電圧は起電力と等しい。起電力 $\dfrac{4a^2B_0}{T}$ は抵抗の値によらないので、最後にたまる電荷は抵抗を $2R$ にしても $Q_0$ のまま。最後の値が $\dfrac{Q_0}{2}$ の (a)(c)(e) はこれで除ける。

残る (b)(d)(f) は充電の速さで決まる。電荷0のコンデンサーは導線と同じなので、充電が始まる瞬間は抵抗だけの回路で、電流は $\dfrac{\text{起電力}}{\text{抵抗}}$ 。抵抗が2倍なら初めの電流は $\dfrac12$ 倍で、 $I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$ より $Q$–$t$ グラフの初めの傾きも $\dfrac12$ 倍（下の図。 $0\sim\dfrac T4$ を拡大）。図4の初めの傾きの接線は約 $\dfrac T{16}$ で $Q_0$ に届き、抵抗が2倍の曲線は約 $\dfrac T8$ で届く。図で $t=\dfrac{T}{32}$ の高さを読むと、図4は約 $0.4Q_0$ 、(f) は約 $0.2Q_0$ 。(b) は図4より速く立ち上がるので、抵抗を小さくした場合。

(d) が引っかけ：(d) は最後の値が $Q_0$ で、図4より少しだけゆっくり立ち上がる（ $t=\dfrac T{32}$ で約 $0.36Q_0$ ）。「抵抗が2倍だからゆっくり」という見た目だけで選ぶと (d) になるが、初めの傾きは図4の約0.9倍で、半分になっていない。抵抗が2倍になった曲線は、最後の値は同じでも、図4よりはっきり遅れる (f) になる。

答　(f)（3点）

問1 (5)

抵抗を $+x$ 向きに流れる電流は、コンデンサーの左の極板に流れこむ。左の極板の電荷を $Q$ とすると、電流は電荷の変化の割合で $I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$ 、電圧は $V=\dfrac QC$ （左が高電位のとき正）。よって

$$\frac{\Delta V}{\Delta t}=\frac{I}{C}$$

で、電圧のグラフの傾きは電流に比例する。図6の $t_1$ は電流が最小（ $-I_1$ ）なので、電圧のグラフは $t_1$ で傾きが最も負になる。電流が0になる $t_1+\dfrac T4$ では傾きが0で電圧は谷（最小）、電流が最大の $t_1+\dfrac T2$ では傾きが最も正、電流が0になる $t_1+\dfrac34T$ では山（最大）。 $t_1$ で傾きが最も負になっているのは (b) だけ（(a)(d) は $t_1$ で傾き0、 (c) は正の傾き、(e)(f) は周期が半分）。

電圧は正弦波で、谷が $t_1+\dfrac T4$ 、山が $t_1+\dfrac34T$ なので、 $t_1$ では0。電圧の谷（ $t_1+\dfrac T4$ ）は電流の谷（ $t_1$ ）より $\dfrac T4$ 遅れている。つまり電圧は電流より $\dfrac14$ 周期（位相 $\dfrac\pi2$ ）遅れる（下の図）。

答　(b)（2点）

問2 (1)

スイッチを開くと、b から d へ「 $r$ と $2r$ 」と「 $2r$ と $r$ 」の2本の道ができ、どちらも $3r$ 。2本の並列なので

$$\frac1{R_{\mathrm{bd}}}=\frac1{3r}+\frac1{3r}\qquad\therefore\ R_{\mathrm{bd}}=\frac32r$$

答（開いたとき）　$\dfrac32r$（2点）

スイッチを閉じると c と f が導線でつながり、同じ電位の1点になる。b から c（f）までは $r$ と $2r$ の並列、c（f）から d までは $2r$ と $r$ の並列で、この2組の直列（下の図）。

$$R_{\mathrm{bd}}=\frac{r\cdot2r}{r+2r}+\frac{2r\cdot r}{2r+r}=\frac23r+\frac23r$$

答（閉じたとき）　$\dfrac43r$（2点）

問2 (2)

電池の記号は長い線（正極）が a 側なので、電流は a→b の向きに流れる。節点 c に $I_1$ が入り $I_3$ が出るので、 $R$ を c→f に流れる電流は $I_1-I_3$ 。節点 f には b から $I_2$ 、c から $R$ を通って $I_1-I_3$ が入るので、f→d に流れる電流は $I_2+(I_1-I_3)$ （下の図）。

キルヒホッフの第2法則は、電池で $E$ 上がり、抵抗で電流の向きに下がるとして1周の合計を0にする。答えに使ってよい文字に $R$ はあるが、$R$ を通らない閉回路を選べば式に $R$ は出てこない。

閉回路 abcdea（a→b→c→d→e→a）：

答　$E=rI_1+2rI_3$（2点）

閉回路 abfdea：

答　$E=2rI_2+r(I_1+I_2-I_3)$（2点）

（整理すると $E=rI_1+3rI_2-rI_3$ ）

問2 (3)

(2) の2つの式を引くと

$$rI_1+2rI_3=rI_1+3rI_2-rI_3\qquad\therefore\ 3rI_3=3rI_2$$

答　$I_2=I_3$（2点）

（回路を $180^\circ$ 回して b と d 、c と f を入れかえ、電池の向きも入れかえると、抵抗の並びが元と同じになる。bf の $2r$ と cd の $2r$ に流れる電流の大きさが等しい、というのが $I_2=I_3$ の意味）

問2 (4)

(2) の2つの式だけでは未知数 $I_1$ ・ $I_2$ ・ $I_3$ に足りないが、(3) で $I_3=I_2$ とそろったので、もう1本の閉回路 b→c→f→b を足す。b→c は電流の向きなので $rI_1$ 下がり、c→f も $R(I_1-I_3)$ 下がり、f→b は $I_2$ と逆向きに通るので $2rI_2$ 上がる。

$$rI_1+R(I_1-I_3)-2rI_2=0$$

$I_3=I_2$ を入れて $(r+R)I_1=(2r+R)I_2$ 、つまり $I_2=\dfrac{r+R}{2r+R}I_1$ 。これを abcdea の式 $E=rI_1+2rI_3=rI_1+2rI_2$ に入れて

$$E=rI_1\cdot\frac{(2r+R)+2(r+R)}{2r+R}=\frac{r(4r+3R)}{2r+R}I_1$$

答　$I_1=\dfrac{(2r+R)E}{r(4r+3R)}$（3点）

答　$I_2=\dfrac{(r+R)E}{r(4r+3R)}$（2点）

問2 (5)

電池の電圧 $E$ が b と d の間にそのままかかり、全電流は $I_1+I_2$ 。

$$R_{\mathrm{bd}}=\frac{E}{I_1+I_2}=\frac{E}{\dfrac{(3r+2R)E}{r(4r+3R)}}$$

答　$\dfrac{r(4r+3R)}{3r+2R}$（5点）

（確かめ： $R\to\infty$ （c-f 間が切れた状態）で $\dfrac{3rR}{2R}=\dfrac32r$ 、 $R\to0$ （c と f が同電位）で $\dfrac{4r^2}{3r}=\dfrac43r$ 。 (1) の2つの値と一致する）

問2 (6)

$R=r+\Delta r$ を (5) に入れ、 $x=\dfrac{\Delta r}{r}$ とおく。分子・分母を $r$ でくくって $(1+x)$ の形にする。

$$\frac{r(7r+3\Delta r)}{5r+2\Delta r}=\frac75r\cdot\frac{1+\dfrac37x}{1+\dfrac25x}$$

分母は $\dfrac{1}{1+\frac25x}\fallingdotseq1-\dfrac25x$ とし、掛け合わせて2次の微小量 $x^2$ を落とす（ $1\pm x^2\fallingdotseq1$ ）。

$$\frac75r\left(1+\frac37x\right)\left(1-\frac25x\right)=\frac75r\left(1+\frac37x-\frac25x-\frac6{35}x^2\right)\fallingdotseq\frac75r\left(1+\frac1{35}x\right)=\frac75r+\frac1{25}\Delta r$$

答　$\alpha=\dfrac75$（2点）

答　$\beta=\dfrac1{25}$（3点）

別解

問1 (5)　（式で確かめ）　電圧を $V=-V_1\sin\left\{\dfrac{2\pi}{T}(t-t_1)\right\}$ とおくと、電流は $I=\dfrac{\Delta Q}{\Delta t}=C\dfrac{\Delta V}{\Delta t}=-\dfrac{2\pi CV_1}{T}\cos\left\{\dfrac{2\pi}{T}(t-t_1)\right\}$ 。これが図6（ $t_1$ で $-I_1$ 、最大値 $I_1=\dfrac{2\pi CV_1}{T}$ ）と一致する。電圧の式がマイナスのサイン、電流がマイナスのコサインなので、電圧は電流より $\dfrac14$ 周期遅れる。コンデンサーの電流が電圧より $\dfrac\pi2$ 進む、という基本知識を使っても同じ答えになる。

問2 (6)　（(5) の式を先に分けて）　 $\dfrac{r(4r+3R)}{3r+2R}=\dfrac32r-\dfrac{r^2}{2(3r+2R)}$ と分けると、近似が必要なのは分母だけになる。 $R=r+\Delta r$ で $3r+2R=5r\left(1+\dfrac25x\right)$ なので

$$\frac32r-\frac{r}{10}\left(1+\frac25x\right)^{-1}\fallingdotseq\frac32r-\frac r{10}\left(1-\frac25x\right)=\frac75r+\frac1{25}\Delta r$$

次の文章を読み、問1〜問3に答えよ。

図1のように、真空中で点Oと点O′の2点を含む水平面上に平面鏡を置き、点Oの位置に、細いスリットSがある板を、点Oから距離 $L$ 離れた点O′の位置に十分な高さをもつスクリーンを、水平面に対してそれぞれ垂直に立てた。板とスクリーンは平行であり、点Oと点O′を結ぶ線と垂直である。また、平面鏡は板とスクリーンの間にあるものとする。スリットの左側に光源を設置し、光源から出た光をスリットSに通すと、光が回折によって十分広がり、スクリーンに映った。スリットSから水平面までの距離を $d$、点Oから平面鏡の左端までの距離を $a$、平面鏡の幅を $b$ とし、スクリーン上にある点Pは、点O′から鉛直上方の高さ $x$ にあるものとする。板は十分に薄く厚さは無視でき、光が平面鏡で反射するとき、反射光の位相は $\pi$ だけ変化するものとする。また、 $d$ と $x$ は $L$ に比べて十分に小さく、 $|\alpha|\ll1$ のとき、以下の近似式を用いるものとする。

$$\sqrt{1+\alpha}\fallingdotseq1+\frac{1}{2}\alpha$$

問1. 光源から位相のそろった波長 $\lambda$ の単色光が出ると、スクリーン上に明暗の縞模様が現れる。これは、スリットからスクリーンに直接到達する光と、平面鏡で反射して到達する光が干渉して形成される干渉縞である。以下の問いに答えよ。

(1) スクリーンに映る干渉縞は、スクリーン面の一部にのみ現れる。干渉縞が現れる鉛直方向の範囲を、解答欄のスクリーンを示す四角枠内に斜線で塗りつぶして示せ。なお、この問題(1)でのみ、スリット、平面鏡、スクリーンの配置は解答欄のとおりとする。必要に応じて、光が進む経路を作図してもよい。

(2) スクリーン上で干渉縞が現れる $x$ の範囲を、 $\lambda$、 $L$、 $d$、 $a$、 $b$ のうち必要なものを用いて表せ。

(3) スリットからスクリーンに直接到達する光の道のりを $L_1$、平面鏡で反射して到達する光の道のりを $L_2$ とする。与えられた近似式を用いて、 $L_2-L_1$ を、 $\lambda$、 $L$、 $d$、 $x$、 $a$、 $b$ のうち必要なものを用いて表せ。

(4) $\lambda=5.0\times10^{-7}\ \mathrm{m}$、 $d=5.0\times10^{-4}\ \mathrm{m}$、 $L=2.0\ \mathrm{m}$、 $a=0.15\ \mathrm{m}$、 $b=0.25\ \mathrm{m}$ とするとき、スクリーン上に形成される干渉縞のうち、点O′に最も近い明線の位置 $x$〔m〕を有効数字2桁で求めよ。

問2. 次の文中の空欄 $\boxed{\text{ア}}$ 〜 $\boxed{\text{ウ}}$ に入る正しい文章を、下記の選択肢(a)〜(i)の中からそれぞれ一つ選び、解答欄の記号を○で囲め。なお、同じ記号を複数回選んでもよい。

「図1で、光源から出る単色光を赤色から青色へ変えた場合、スクリーン上に形成される $\boxed{\text{ア}}$ 。」

「図2に示すように、平面鏡をスクリーン方向へ平行に移動した場合、スクリーン上に形成される $\boxed{\text{イ}}$ 。」

「平面鏡を図1の位置に戻し、図3に示すように、スリットSと光源を点Oから離れる方向へ、スクリーンの高さを越えない範囲で水平面に垂直に移動した場合、スクリーン上に形成される $\boxed{\text{ウ}}$ 。」

選択肢

(a) 隣り合う明線の間隔は「増加し」、干渉縞が現れる領域は「増加した」

(b) 隣り合う明線の間隔は「増加し」、干渉縞が現れる領域は「減少した」

(c) 隣り合う明線の間隔は「増加し」、干渉縞が現れる領域は「変化しなかった」

(d) 隣り合う明線の間隔は「減少し」、干渉縞が現れる領域は「増加した」

(e) 隣り合う明線の間隔は「減少し」、干渉縞が現れる領域は「減少した」

(f) 隣り合う明線の間隔は「減少し」、干渉縞が現れる領域は「変化しなかった」

(g) 隣り合う明線の間隔は「変化せず」、干渉縞が現れる領域は「増加した」

(h) 隣り合う明線の間隔は「変化せず」、干渉縞が現れる領域は「減少した」

(i) 隣り合う明線の間隔は「変化せず」、干渉縞が現れる領域は「変化しなかった」

問3. 図4のように、水平面上の点Oから水平方向に距離 $L’$ 離れた点O″の位置にスクリーンを、水平面に対して垂直に立てた。水平面より上には絶対屈折率 $n_1$ の透明な物質1を、水平面より下には絶対屈折率 $n_2$ の透明な物質2を挿入した。点Oの上方には、レーザー光を発生する装置を設置した。スクリーン上にある点P′は、点O″から鉛直上方の高さ $2h$ にあるものとする。レーザー光は、点Oの鉛直上方の高さ $h$ の位置から、点O、点O″、点P′の3点を含む平面内を進むものとする。以下の問いに答えよ。

(1) レーザー光が物質1と物質2の境界面へ入射する場合を考える。入射角がある角度 $\theta$ をこえると、レーザー光はすべて反射される。この現象を全反射といい、このときの入射角 $\theta$ を臨界角という。屈折の法則を用いて、臨界角 $\theta$ と絶対屈折率 $n_1$、 $n_2$ の関係式を求めよ。

(2) レーザー光が臨界角 $\theta$ で物質1と物質2の境界面に入射したとき、境界面で反射した光が点P′に現れた。このとき、点Oから点O″までの距離 $L’$ を、 $h$、 $n_1$、 $n_2$ のうち必要なものを用いて表せ。

問1 (1)

鏡に関して $\mathrm{S}$ と対称な位置に像 $\mathrm{S’}$ をとる。方眼では、 $\mathrm{S’}$ は水平面から $2$ 目盛り下、板から $0$ 目盛りの点。鏡の左端は板から $2$ 目盛り、右端は板から $4$ 目盛り、スクリーンは板から $10$ 目盛り。

・$\mathrm{S’}$ と鏡の左端を結ぶと、横に $2$ 目盛り進んで $2$ 目盛り上がるので傾きは $1$。スクリーンまで横に $10$ 目盛り進むと、高さは $-2+10=8$ 目盛り

・$\mathrm{S’}$ と鏡の右端を結ぶと、横に $4$ 目盛り進んで $2$ 目盛り上がるので傾きは $\dfrac12$。スクリーンでの高さは $-2+\dfrac12\times10=3$ 目盛り

反射した光が届くのは、この2本の直線にはさまれた $3$ 目盛り〜$8$ 目盛りの高さ（下の図）。直接の光はスクリーン全体に届くが、干渉縞が出るのは反射光と重なるこの範囲だけ。

答　水平面から $3$ 目盛り〜$8$ 目盛りの高さを斜線で塗る（図）（5点）

問1 (2)

(1) の2本の直線で相似な三角形を使う。 $\mathrm{S’}$、O、鏡の左端でつくる直角三角形（縦 $d$、横 $a$）と、鏡の左端、O′、スクリーン上の上端でつくる直角三角形（縦 $x_{\text{上}}$、横 $L-a$）は相似なので

$$d:x_{\text{上}}=a:(L-a)\qquad\therefore\ x_{\text{上}}=\frac{(L-a)d}{a}$$

右端でも同じで、 $d:x_{\text{下}}=(a+b):(L-a-b)$ より $x_{\text{下}}=\dfrac{(L-a-b)d}{a+b}$。

答　$\dfrac{(L-a-b)d}{a+b}\leqq x\leqq\dfrac{(L-a)d}{a}$（5点）

問1 (3)

$\mathrm{S}$ は水平面から $d$ の高さ、 $\mathrm{S’}$ は水平面から $d$ だけ下。点Pは O′ から高さ $x$ にあるので、 $\mathrm{S}$ から P までは横に $L$、縦に $x-d$、 $\mathrm{S’}$ から P までは横に $L$、縦に $x+d$ だけ離れている（下の図）。三平方の定理より

$$L_1=\sqrt{L^2+(x-d)^2},\qquad L_2=\sqrt{L^2+(x+d)^2}$$

$d$、 $x$ は $L$ に比べて十分に小さいので、ルートの中を $L^2$ でくくって「$1+$小さい量」の形にし、与えられた近似を使う。

$$L_1=L\sqrt{1+\left(\frac{x-d}{L}\right)^2}\fallingdotseq L+\frac{(x-d)^2}{2L},\qquad L_2\fallingdotseq L+\frac{(x+d)^2}{2L}$$

引くと、 $x^2+d^2$ の部分が消えて

$$L_2-L_1\fallingdotseq\frac{(x+d)^2-(x-d)^2}{2L}=\frac{2dx}{L}$$

答　$L_2-L_1=\dfrac{2dx}{L}$（5点）

問1 (4)

反射で位相が $\pi$ ずれるので、経路差が $0$ になる鏡の面の高さ（$x=0$）は、ヤングの実験と違って暗線になる。明線になるのは、2本の光が山と山で重なるとき、つまり経路差が半波長の奇数倍のとき。

$$\frac{2dx}{L}=\left(m+\frac12\right)\lambda\quad(m=0,\ 1,\ 2,\ \dots)\qquad\therefore\ x=\left(m+\frac12\right)\frac{L\lambda}{2d}$$

数値を入れると $\dfrac{L\lambda}{2d}=\dfrac{2.0\times5.0\times10^{-7}}{2\times5.0\times10^{-4}}=1.0\times10^{-3}\ \mathrm m$ なので、明線は $x=0.5,\ 1.5,\ 2.5,\ 3.5,\ \dots$（単位 $10^{-3}\ \mathrm m$）の位置にある。

縞が出る範囲は、(2) に $a=0.15,\ b=0.25$ を入れて

$$x_{\text{下}}=\frac{(2.0-0.15-0.25)\times5.0\times10^{-4}}{0.15+0.25}=2.0\times10^{-3}\ \mathrm m,\qquad x_{\text{上}}=\frac{(2.0-0.15)\times5.0\times10^{-4}}{0.15}\fallingdotseq6.2\times10^{-3}\ \mathrm m$$

範囲の中にある明線のうち、O′ に最も近いものを選ぶ。 $0.5\times10^{-3}$ と $1.5\times10^{-3}$ は範囲の外（直接の光しか届かない所）なので、答えは $2.5\times10^{-3}\ \mathrm m$（下の図）。範囲の下端 $2.0\times10^{-3}\ \mathrm m$ は、経路差がちょうど $2\lambda$ なので暗線で、明線ではない。

答　$2.5\times10^{-3}$ m（5点）

問2

隣り合う明線の間隔は、問1 (4) の $x=\left(m+\dfrac12\right)\dfrac{L\lambda}{2d}$ を1個ずらして引いて

$$x_{m+1}-x_m=\frac{L\lambda}{2d}\qquad(a,\ b\text{ によらない})$$

縞が出る範囲の幅は、問1 (2) の上端と下端の差で

$$\frac{(L-a)d}{a}-\frac{(L-a-b)d}{a+b}=\frac{Lbd}{a(a+b)}\qquad(\lambda\text{ によらない})$$

この2つの式に、変える量が入っているかどうかで、増減を決める。

(イ) は、鏡が $\mathrm{S’}$ から遠ざかると、鏡の両端と $\mathrm{S’}$ を結ぶ2本の直線の開きが小さくなり、範囲が狭くなる。(ウ) は、 $\mathrm{S}$ と $\mathrm{S’}$ の間隔 $2d$ が広がるので縞は細かくなり、2本の直線の開きは大きくなる。

答（ア）　(f)（3点）

答（イ）　(h)（3点）

答（ウ）　(d)（4点）

問3 (1)

入射角を大きくしていくと、屈折角も大きくなる。屈折角が $90^\circ$ になる（屈折光が境界面にそって進む）ときの入射角が臨界角 $\theta$。屈折の法則 $n_1\sin\theta=n_2\sin90^\circ$ より $\sin\theta=\dfrac{n_2}{n_1}$（下の図）。

答　$\sin\theta=\dfrac{n_2}{n_1}$（5点）

（$n_1>n_2$ のときだけ全反射が起こる）

問3 (2)

レーザー光は点Oの真上の高さ $h$ から臨界角 $\theta$ で境界面に入射するので、入射点までの水平距離は $h\tan\theta$。反射光も角 $\theta$ で進み、高さ $2h$ の P′ に届くまでに水平に $2h\tan\theta$ 進む（下の図）。

$$L’=h\tan\theta+2h\tan\theta=3h\tan\theta$$

(1) の $\sin\theta=\dfrac{n_2}{n_1}$ から $\cos\theta=\sqrt{1-\dfrac{n_2^{\,2}}{n_1^{\,2}}}=\dfrac{\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}}{n_1}$ なので $\tan\theta=\dfrac{n_2}{\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}}$。

答　$L’=\dfrac{3n_2h}{\sqrt{n_1^{\,2}-n_2^{\,2}}}$（5点）

別解

問1 (3)　（因数分解で導く）　$L_2^2-L_1^2=(x+d)^2-(x-d)^2=4dx$ を、和と差の積に分ける。

$$(L_2-L_1)(L_2+L_1)=4dx$$

$L_2+L_1\fallingdotseq2L$（$d$、 $x$ が $L$ に比べて十分に小さいので）を入れると $L_2-L_1\fallingdotseq\dfrac{2dx}{L}$。本解と同じ結果が、近似の公式を使わずに求まる。本問は近似の公式が与えられているので、本解は誘導どおりにした。

問1 (3)　（ヤングの実験の経路差の式を置きかえる）　ヤングの実験の経路差は、2つの光源の間隔を $d$ として $\dfrac{dx}{L}$。ここでは $\mathrm{S}$ と $\mathrm{S’}$ の間隔が $2d$ なので、 $d\to2d$ と置きかえて $\dfrac{2dx}{L}$。導出を求められていないときは、この置きかえで時間を節約できる。

問3 (2)　（像を使って一直線にする）　境界面に関して P′ と対称な点 $\mathrm{P”}$（境界面の下 $2h$）をとると、反射光は $\mathrm{P”}$ に向かってまっすぐ進んだ光と同じ道のりになる。レーザー光の位置（高さ $h$）と $\mathrm{P”}$ を結ぶ直線が境界面を横切る所が入射点で、高さの比 $h:2h$ から、入射点までの水平距離は $L’$ の $\dfrac13$。これが $h\tan\theta$ に等しいので $L’=3h\tan\theta$。本解と同じ式になる（問1 の「像に置きかえる」考え方と同じ）。