【九州大学】物理の過去問分析

九州大学の物理過去問を1980～2023年まで43年分研究しました。

2005～2023年まで九大物理19年分を公開します。

各小問ごとの解説に加え、高校偏差値60前後の高校で落ちこぼれて

• １番簡単な国立大学を目指せない
• 九州工業大学・熊本大学など想像もできない

などの学生さんが九大合格できる所まで簡略化した「点数の取り方」を公開します。

九州大学の物理2023年・令和５年度

大問１

問１(1)に関して、物体の「直線AB方向の運動方程式」を答えます。

ポイントは「全ての力をAB方向へ換算すること」です。

• 物体が受ける重力のAB方向成分はmgcosθなので
• 運動方程式は
  mα＝mgcosθ…②（これが正解です）

問１(2)に関して、物体が「点Ｂに到達する時刻」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

• 条件より
  AB＝L√(4+π²)…③
  cosθ＝2/√(4+π²)
• ②より
  α＝gcosθ
  ＝2g/√(4+π²)…④
• 求める時刻ｔ₀として
  等加速度直線運動の公式より
  1/2・αt₀²＝AB…⑤
• ③④⑤より
  t₀＝√{L/g(4+π²)}（∵ t₀＞0）
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。物体の「曲線ABCの接線方向の運動方程式」を答えます。

• mβ＝mgcosθ（これが正解です）

問２(2)に関して、物体が受ける力を変位ｓで表します。

ポイントは「問題文の①式」です。

①式を変形させるとcosθが求まります。

• ①より
  cosθ＝1-s/4L
• (1)より、物体が受ける力はmgcosθなので
  mgcosθ
  ＝mg(1-s/4L)（これが正解です）

問２(3)に関して、物体の「往復運動の周期」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

• (1)(2)より、物体の運動方程式は
  mβ＝mg(1-s/4L)
  ∴ β＝g(1-s/4L)
  ＝-g/4L・(s-4L)
• 上式より、物体の運動は
  振動中心：s＝4L
  角振動数：ω＝√(g/4L)
  の単振動とわかる
• ゆえに周期Ｔとして
  Ｔ＝2π/ω
  ＝4π√(L/g)（これが正解です）

問２(4)に関して、物体が曲線ABCに沿って点Ｂに到達する時と、点Ａから点Ｂへ直線運動で到達する時の「時間の比率」を答えます。

• 点Ａから点Ｂへ到達する時間は、問１より
  t₀＝√{L/g(4+π²)}
• 曲線ABCに沿って点Ｂに到達する時間ｔ₁は、問２(3)より
  t₁＝T/4
  ＝π√(L/g)
• よって、求める値は
  t₁/t₀＝π/√(4+π²) 倍
  （これが正解です）

問２(5)に関して、物体が点Ｂに「初めて到達する時の速さ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

• 力学的エネルギー保存則より
  1/2・mv₀²＝mg・2L
  ∴ v₀＝2√(gL)
  （これが正解です）

問３(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。２つの物体が「衝突する時刻」を答えます。

• 質量２ｍの物体の、曲線ABCの接線方向の運動方程式は
  加速度γとして
  2mγ＝2mgcosθ
  ∴ γ＝-g/4L・(s-4L)
• 上式より、質量２ｍの物体の運動は
  振動中心：s＝4L
  角振動数：ω’＝√(g/4L)
  周期：T’＝2π/ω’＝4π√(L/g)
  の単振動とわかる
• よって、２つの物体は点Ｂで衝突するため
  求める時刻はｔ＝ｔ₁であり
  問２(4)より
  t₁＝π√(L/g)
  （これが正解です）

問３(2)に関して、点Ｂで合体した物体が到達する「最高点のｙ座標」を答えます。

ポイントは「合体後の速度を求めること」です。

合体後の速度が判れば、力学的エネルギー保存則で最高点を得られます。

• 質量２ｍの物体の
  衝突直前の速さをｖ₁とおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・2mv₁²＝2mgL
  ∴ v₁＝√(2gL)
• ｓが増加する方向を正として
  衝突直後に一体となった物体の速度をv₂とおくと
  運動量保存則より
  mv₀+(-2mv₁)＝3mv₂
  ∴ v₂＝-2/3・(√2-1)√(gL)
• よって、一体となった物体の
  最高点のｙ座標をｈ’とおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・3mv₂²＝3mgh’
  ∴ h’＝2/9・(√2-1)²L
  （これが正解です）

大問３

問１（ア）に関して、気体分子がピストンに衝突した後の「速度のｘ成分」を答えます。

ポイントは「はね返りの式」です。

気体分子とピストンは弾性衝突するので、はね返りの式を使います。

• ピストンに衝突後の気体分子に関して
  速度のｘ成分をvₓ’とおくと
  はねかえりの式より
  vₓ’-v₀=-(-vₓ-v₀)
  ∴ vₓ’=vₓ+2v₀
  （赤部分が正解です）

問１（イ）に関して、ピストンと複数回衝突した後の「速度のｘ成分」を答えます。

ポイントは「（ア）の活用」です。

先程の（ア）で衝突後の速度のｘ成分を求めたので「衝突１回の速度の増加量」が判明しています。後は、衝突回数をかければ正解です。

• （ア）より
  ピストンと１回衝突するごとに
  速度のｘ成分が+2v₀される
• 今、衝突回数はΔxvₓ/(2v₀L)回なので
  求める値は
  vₓ+2v₀・Δxvₓ/(2v₀L)
  ＝(1+Δx/L)vₓ
  （これが正解です）

問１（ウ）に関して、ピストンOを止めた直後の気体分子について「速度のx成分の２乗の平均」を答えます。

ポイントは「速度のｙ成分・ｚ成分」です。

問題文に「ｘ軸に垂直で、直行する２方向」と書いてありますが、これがｙ・ｚ成分です。（イ）より、速度のｘ成分はｙ・ｚ成分の(1+Δx/L)倍と判っています。

• 問題文より、ピストンに衝突する前の
  気体分子の速度のｘ成分の２乗の平均は
  vₓ²＝v²*/3
  と書ける
• これと（イ）より
  衝突後は以下の様に書ける
  (1+Δx/L)²×v²*/3
  ≒(1+2Δx/L)×v²*/3
  （赤部分が正解です）

問１（エ）に関して、容器内部のＮ個の気体分子が持つ「運動エネルギーの増加量」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

問われているのは増加量（＝変化量）なので、運動エネルギーを「圧縮前－圧縮後」で計算すればよいです。

• （ウ）より
  ピストンとの衝突による
  気体分子の速度のｘ成分の
  ２乗の平均の増加量は
  変化量（＝後－前）
  =(1+2Δx/L)×v²*/3-v²*/3
  =2Δx/3L × v²*
• よって
  Ｎ個の分子における
  運動エネルギーの増加量は
  m/2 × 2Δx/3L × v²* × N
  ＝NmΔx/3L × v²*
  （赤部分が正解です）

問１（オ）（カ）に関して、問題文の①式の左辺について「圧縮前後の変化量」をＳ，Ｐ，Ｌを用いて表します。

ポイントは「問題文に素直に従うこと」です。

問題文で①の関係式が与えられているため、落ち着いてこの式に当てはめれば正解できます。

	圧力	体積
圧縮前	Ｐ	ＳＬ
圧縮後	Ｐ+ΔＰ	S(L-Δx)

• 上の表を用いて
  式①の左辺の変化量を書くと
• 変化量（＝後－前）
  ＝(P+ΔP)S(L-Δx)-PSL
  =－PSΔx+ΔPSL+ΔPSΔx
  ≒SL×ΔP－PS×Δx
  （赤部分が正解です）

問１（キ）に関して、（カ）までの情報をまとめ「式②の形に整形」する問題です。

ポイントは「（オ）（カ）が左辺、（エ）が右辺に関係している」ことです。

• （エ）（オ）（カ）より
  ①式は以下の様に表せる
  SLΔP－PSΔx＝2/3 × NmΔx/3L × v²*
  ∴ SLΔP=(PS+2Nmv²*/9L)×Δx
  ∴ ΔP/P=(1+2Nmv²*/9SLP)×Δx/L…③
• また、圧縮前の状態に関して
  ①式は以下の様に表せる
  PSL＝2/3 ×1/2・Nmv²*
  ∴ Nmv²*＝3SLP…④
• ③④より
  ΔP/P＝5/3・Δx/L
  （これが正解です）

問２（ク）に関して、ここでシチュエーションが変わります。ピストンｎに「加わる力」を答えます。

ポイントは「ピストンｎの左右の圧力」です。

ピストンは右に変位しているので、ピストンにかかる力は「左側の力－右側の力」で表せます。

• ピストンｎの左側にかかる力は
  (P+ΔPn-1)S
  ピストンｎの右側にかかる力は
  (P+ΔPn)S
• ゆえにピストンｎに加わる力は
  (P+ΔPn-1)S-(P+ΔPn)S
  =(ΔPn-1－ΔPn)S
  （これが正解です）

問２（ケ）に関して、ピストンｎと共に運動する気体の「運動方程式」を答えます。

ポイントは「ピストンｎと共に運動する」という文言です。

つまり、求めるべきＮ個の気体には（ΔPn-1－ΔPn)Sの力が加わります。これで運動方程式の右辺が見えました。

• 問題文の式
  ΔPn/P=－γ(xn+1－xn)/L
  より
  ΔP＝－γP(xn+1－xn)/L…⑤
• N個の気体分子に関する運動方程式より
  Nman=(ΔPn-1－ΔPn)S
  ={－γP/L・(xn－xn-1)+γP/L・(xn+1－xn)}S（∵⑤）
  =γPS/L・(xn+1－2xn+xn-1)…⑥
  （赤部分が正解です）

問２（コ）に関して、（ケ）の運動方程式・右辺における(xn+1－2xn+xn-1)を「三角関数へ式変形」する問題です。

ポイントは、問題文「xn=Asin(ωt-2πnL/λ）」です。

自分で考えるのではなく、問題文を流用する問題とわかります。

• xn=Asin(ωt-2πnL/λ) より
• xn+1=Asin{(ωt-2πnL/λ)-2πL/λ}
  =A{sin(ωt-2πnL/λ)cos2πL/λ－cos(ωt-2πnL/λ)sin2πL/λ}
• xn-1=Asin{(ωt-2πnL/λ)+2πL/λ}
  =A{sin(ωt-2πnL/λ)cos2πL/λ+cos(ωt-2πnL/λ)sin2πL/λ}
• よって
  xn+1-2xn+xn-1
  =(xn+1+xn-1)-2xn
  =2Asin(ωt-2πnL/λ)cos2πL/λ-2Asin(ωt-2πnL/λ)
  ＝2×(cos2πL/λ－1)×ｘn…⑦
  （赤部分がコの正解です）

問２（サ）に関して、気体中を伝播する「音波の速さ」を答えます。

• ⑥⑦と問題文の近似式より
  Nman=-4γPS/L・sin²(πL/λ)・xn
  ≒-4γPS/L・(πL/λ)²・xn
  ∴ an=-4γPS/LNm・(πL/λ)²・xn
• 上式より
  この単振動の角振動数をω’とおくと
  ω’=√{4γPS/NmL・(πL/λ)²}
• 音波の周波数をｆとおくと
  ｆ=ω’/2π
  =1/λ・√(γPSL/Nm)
• よって、求める音波の速度ｖは
  v=fλ
  =√(γPSL/Nm)
  （これが正解です）

九州大学の物理2022年・令和４年度

大問１

問１(1)に関して、人工衛星が受ける「万有引力のｘ成分とｙ成分の大きさ」を答えます。

• 人工衛星が受ける
  万有引力の大きさをFGとおくと
  FG＝GMm/r²
• 図１において
  人工衛星と原点をつなぐ直線が
  ｘ軸となす角をθとおくと
  万有引力のｘ成分・ｙ成分は
  Fx＝－FGcosθ＝－FGx₁/r
  Fy＝－FGsinθ＝－FGy₁/r
• よって
  |Fx|＝GMｍx₁/r³
  （これが正解です）
  |Fy|＝GMmy₁/r³
  （これが正解です）

問１(2)に関して、人工衛星が位置（ｒ，０）にある時の速度→ｖ₁、それから時間Δｔの間に角度Δθだけ回転した時の速度→ｖ₂の「ｘ成分とｙ成分」を答えます。

ポイントは「rΔθ＝vΔt」という関係です。

よって「Δθ＝vΔt/r」と表すことができます。

• →ｖ₁に関して
  v₁x＝0（これが正解です）
  v₁y＝v（これが正解です）
• →ｖ₂に関して
  v₂x＝－vsinΔθ＝－vsin(vΔt/r)
  （これが正解です）
  v₂y＝vcosΔθ＝vcos(vΔt/r)
  （これが正解です）

問１(3)に関して、(2)における速度変化を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

• Δvx＝v₂x－v₁x＝－vsin(vΔt/r)
  （これが正解です。）
  Δvy＝v₂y－v₁y＝v{cos(vΔt/r)-1}
  （これが正解です）

問１(4)に関して、人工衛星が（ｒ，０）の位置にある時の「加速度のｘ成分とｙ成分」を答えます。

ポイントは「加速度＝速度÷時間」です。

• ａx＝Δvx/Δt
  ＝－v/Δt・sin(vΔt/r)
  ＝－v/Δt・sinΔθ
  ≒－v/Δt・vΔt/r
  ＝－v²/r（これが正解です）
• ａy＝Δvy/Δt
  ＝v/Δt・{cos(vΔt/r)-1}
  ＝v/Δt・(cosΔθ-1)
  ≒v/Δt・(1-1)
  ＝０（これが正解です）

問１(5)に関して、人工衛星の軌道半径ｒを答えます。

ポイントは「人工衛星の速度」です。

「ｒを求めよ」という問題なので、運動方程式「mv²/r＝GMｍ/r²」を使うことは想像がつきます。この式から速度ｖを消せれば正解できそうです。

• 人工衛星は時間Ｔの間に
  距離2πrを移動するので
  その速度ｖは
  ｖ＝2πr/Ｔ
• 人工衛星の向心方向の運動方程式より
  mv²/r＝GMm/r²
  ∴ 4mπ²r/T²＝GMm/r²
  ∴ ｒ＝³√(GMT²/4π²)
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。人工衛星が楕円軌道になります。人工衛星の地球向きと垂直な方向の速度成分を答えます。

ポイントは「素直に立式すること」です。

sinΦを使って速度成分を表現すれば、問題文で面積速度ｈが与えられているので正解につなぐことができます。

• v⊥＝vsinθ
  ＝2h/r（これが正解です）

問２(2)に関して、人工衛星の万有引力による位置ネルギーＵを答えます。

• Ｕ＝－∫-GMm/R₂ dR（積分区間は∞→ｒ）
  ＝－[GMｍ/R]
  ＝－GMｍ/r
  （これが正解です）

問２(3)に関して、人工衛星の力学的エネルギーを答えます。

ポイントは「v∥を使って答えること」です。

ｖをそのまま使えないのでcosΦを経由します。

• 図より
  v∥＝vcosΦ
  ∴ cosΦ＝v∥/v
• sin²Φ+cos²Φ＝1より
  (2h/rv)²+(v∥/v)²＝1
  ∴ v²＝v∥²+4h²/r²
• 人工衛星の力学的エネルギーＥに関して
  Ｅ＝mv²/2－GMｍ/r
  ＝m/2・(v∥²+4h²/r²)-GMｍ/r
  （これが正解です）

問２(4)に関して、問題文で定義されたV(r)に関して「V(r)＝０」となるｒおよび「V(r)のグラフ」を答えます。

• 問３の結果からv∥の項を省くと
  V(r)=2mh²/r²-GMm/r
  となる
• V(r)＝2mh²/r²－GMｍ/r＝０
  の時ｒ＝rcなので
  rc＝2h²/GM
  （これが正解です）

グラフに関して

• 0<ｒ＜rcの時、V(r)＞０
• rc＜ｒにおいてV(r)＜０
• ｒ→∞でV(r)→０

なので上記を作図したものが正解です。

問３(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。図の様に地表面から発射した瞬間の、人工衛星の力学的エネルギーを答えます。

運動エネルギー	1/2・mv₀²
位置エネルギー	-GMm/R

• Ｅ₀＝1/2・mv₀²-GMｍ/R
  （これが正解です）

問３(2)に関して、人工衛星が無限遠方に届くために必要な「最小の初速vmin」を答えます。

ポイントは「無限遠方における力学的エネルギー」です。

無限遠方では位置エネルギー＝０となるため、この時点で「力学的エネルギー≧０」ならば無限遠方に飛んでいきます。

• 無限遠方に飛んでいく条件はE₀≧０
  ∴ v₀≧√(2GM/R)
• よって
  vmin＝√(2GM/R)
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、コイルが静止している時、コイルに流れる電流の大きさＩ₀を答えます。

• オームの法則よりE=I₀R
  ∴ I₀＝E/R（これが正解です）

問１(2)に関して、コイルをθ回転させた時、コイルの４辺が磁場から受ける力の向きを答えます。

ポイントは「左手の法則」です。

• 左手の法則より正解は（ｅ）

問１(3)に関して、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(θ)を答えます。

ポイントは「辺C₂C₃、辺C₄C₁の力のモーメントは０」であることです。

辺C₁C₂・辺C₃C₄に関して計算していきましょう。

• 辺C₁C₂・辺C₃C₄が
  磁場から受ける力のモーメントの
  腕の長さはasinθなので
  N(θ)＝2(－2I₀Ba・asinθ)
  ＝－4EBa²sinθ/R
  （これが正解です）

問１(4)に関して、N(θ)＝0となる２つの回転角θ₁・θ₂（θ₁＜θ₂）を答えます。

• N(θ)＝０となるのはsinθ＝0の時なので
  θ₁＝０，θ₂＝π
  （これが正解です）

問２に関して、ここでシチュエーションが変わります。志賀さんと能古さんの会話中（ア）～（オ）を答えます。

• θ₁＝０＜θ＜π＝θ₂において
  sinθ＞０なので
  N(θ)＝－4EBa²sinθ/R＜０
  となる
• そして、ΔW＝－N(θ)Δθとかけるので
  ΔWとΔθは「ア：同」符号の関係になる。
  （これが正解です）
• また、－π/2≦θ＜θ₁＝0とπ＝θ₂＜θ＜3π/2の範囲では
  sinθ＜０より
  N(θ)＞０なので
  ΔWとΔθは常に「イ：異」符号の関係になる。
  （これが正解です）
• すると状態１（θ＝０）からθを変化させる時
  コイルにする仕事の符号は必ず「ウ：正」で
  状態２（θ＝π）から変化させる時は
  コイルにする仕事の符号は必ず「エ：負」になる。
  （これが正解です）
• ゆえに、どちらの状態でもN(θ)＝0であるが
  コイルの回転角θ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「オ：１」の方となる。
  （これが正解です）

問２(4)に関して、コイルを貫く磁束の単位時間あたりの変化を答えます。

ポイントは「変化量＝後－前」です。

変化前・変化後の状態を丁寧に考え、引き算しましょう。

• ΔΦ(t)＝Φ(t+Δt)－Φ(t)
  ＝4a²B{cos(θ+Δθ)-cosθ}
  ＝4a²B(cosθcosΔθ-sinθsinΔθ-cosθ)
  ≒4a²B(cosθ-Δθsinθ-cosθ)
  ＝－4a²BΔθsinθ
  ＝－4a²BωΔtsinωt
• よって
  ΔΦ(t)/Δt＝－4a²Bωsinωt
  （これが正解です）

問２(5)に関して、時間ｔにコイルを流れる電流Ｉ(t)を答えます。

ポイントは「キルヒホッフの第２法則」です。

• I(t)R+ΔΦ(t)/Δt＝E
  ∴ I(t)＝(E+4a²Bωsinωt)/R
  （これが正解です）

問２(6)に関して、志賀さん能古さんの会話に出てきた「十分ゆっくりコイルを回す時」と、(4)以降の「角速度ωで回転させた時」の仕事量を比較します。更にその「理由」を答えます。

ポイントは「単位時間あたりにコイルを貫く磁束の変化量」です。

十分ゆっくり回した時より角速度ωで回した方が大きくなります。よって、誘導起電力が大きくなるため、誘導電流が大きくなり、それにより磁場から受けるローレンツ力も・・・という流れです。

正解	W’＞W₀
理由	単位時間あたりにコイルを貫く磁束の変化量が大きくなるため、誘導電流も大きくなり、ローレンツ力も大きくなる。ゆえに外力が大きくなるため、仕事も大きくなるから。（78文字）

大問３

問１(1)に関して、作図問題です。凸レンズの後方（右側）から見た物体の虚像を作図します。

ポイントは「２つの光線」です。

1. 物体の先端からレンズの真ん中を通る光線
2. 物体の先端から地面と水平に進み、レンズで屈折して焦点を通る光線

２本の光線が交わる所に像の先端が来ます。よって

• レンズの中心Oから「左に３マス、上に３マス」を先端とした虚像

が正解です。

問１(2)に関して、虚像の長さｈ’と物体の長さｈの比ｈ’/ｈを答えます。

ポイントは「三角形の相似」です。

• 「物体の先端 → レンズの中心」を斜辺とする直角三角形
• 「虚像の先端 → レンズの中心」を斜辺とする直角三角形

２枚の三角形の相似比から正解が求まります。

• レンズの公式より
  1/ｆ＝1/ａ－1/ｂ
  ∴ｂ＝af/(f-a)
• また、ｂ：ａ＝ｈ’：ｈより
  ｈ’/ｈ＝b/a
  ＝f/(f-a)（これが正解です）

問２(1)に関して、sinθ₁を答えます。

• h＝rsinθ₁
  ∴ sinθ₁＝h/r（これが正解です）

問２(2)に関して、点Ｐにおける屈折角θ₂とした時のsinθ₂を答えます。

• 屈折の法則より
  １・sinθ₂＝ｎsinθ₁
  ∴ sinθ₂＝nsinθ₁
  （これが正解です）

問２(3)に関して、光線が全反射する時の条件を答えます。

ポイントは「全反射する＝屈折角が90°」です。

• ｎsinθc＝１・sinπ/2
  ∴ sinθc=1/n
  （これが正解です）
• 全反射条件は
  θ₁＞θc
  （これが正解です）

問２(4)に関して、ここでシチュエーションが変わります。sinθ≒θの近似が成り立つ世界において、平凸レンズを出て後方（右側）に進む光線と光軸のなす角θ₃を答えます。

ポイントは「θ₂＝θ₁+θ₃」になっていることです。

図２において、点Ｐから水平右向きに補助線を引くと正解が見えます。

• (1)と近似より
  θ₁≒sinθ₁＝h/r
• (2)と近似より
  θ₂≒sinθ₂
  ＝nsinθ₁
  ≒nθ₁
  ＝nh/r
• 今、θ₂＝θ₁+θ₃なので
  θ₃＝θ₂-θ₁
  ＝nh/r – h/r
  ＝(n-1)h/r
  （これが正解です）

問２(5)に関して、図の「OF間の距離(焦点距離)ｆ」を答えます。

ポイントは、問題文末尾「tanθ₃≒θ₃の近似が成り立つ」です。

tanθ₃を使う問題だと解ります。

• tanθ₃≒θ₃
  ＝h/f
• (4)の結果と合わせて
  (n-1)h/r=h/f
  ∴ f=r/(n-1)
  （これが正解です）

問２(6)に関して、ここでシチュエーションが変わります。(5)まで使ってきた装置を、屈折率ｎ’の液体中に置いた時の「焦点距離ｆ’」を答えます。

• 屈折の法則より
  ｎsinθ₁＝ｎ’sinθ₂
  ∴ sinθ₂＝n/n’・sinθ₁
• sinθ₁≒θ₁＝h/r
  sinθ₂≒θ₂＝n/n’・θ₁＝nh/n’r
  であり
• θ₂＝θ₁+θ₃より
  θ₃＝θ₂-θ₁
  ＝nh/n’r-h/r
• ここで
  tanθ₃≒θ₃
  f’tanθ₃＝hより
  f’＝h/tanθ₃
  ＝h/θ₃
  ＝h/(nh/n’r-h/r)
  ＝n’r/(n-n’)（これが正解です）
• また
  f’-f=n’r/(n-n’) － r/(n-1)
  ＝n(n’-1)r/(n-n’)(n-1)＞０
  より
  f’>f（これが正解です）

問３(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。光が薄膜とガラスの境界で反射する時の「位相のずれ」を答えます。n₂＜ｎ、ｎ₂＞ｎの２パターンに関して答えます。

• ｎ₂＜ｎの時
  位相のずれはπ（これが正解です）
• ｎ₂＞ｎの時
  位相のずれは０（これが正解です）

問３(2)に関して、薄膜の両面で反射した光が「弱め合う条件」を（ａ）ｎ₂＜ｎおよび（ｂ）ｎ₂＞ｎの場合で答えます。

ポイントは「光路差と波長」です。

• （ａ）ｎ₂＜ｎの時
  空気－薄膜間で反射される光の位相はπずれる
  薄膜－ガラス間で反射される光の位相はπずれる
  よって、反射された光の位相は等しくなる
• 今、光路差は2n₂dなので
  この長さが半波長の奇数倍となれば
  ２つの光は弱め合う、よって
  2n₂d＝(m+1/2)λ
  （これが正解です）
• （ｂ）ｎ₂＞ｎの時
  空気－薄膜間で反射される光の位相はπずれる
  薄膜－ガラス間で反射される光の位相はずれない
  よって、反射された光の位相はπずれている
• 今、光路差は2n₂dなので
  この長さが半波長の偶数倍となれば
  ２つの光は弱め合う、よって
  ｄ＝０の場合を除外して
  2n₂d＝(m+1)λ
  （これが正解です）

九州大学の物理2021年・令和３年度

大問１

問１(1)に関して、小球１が小球２を押す力の大きさをｓ₁を使って表します。

ポイントは「力のつり合い」です。

小球は静止しているので、力がつり合っています。

• 小球１の力のつり合いより
  k₁s₁-F＝0
  ∴ F＝k₁s₁…①
  （これが正解です）

問１(2)に関して、ｓ₁およびｓ₂の大きさを求めます。

ポイントは「バネの縮み＝壁の移動距離」です。

• 小球２の力のつり合いより
  －k₂s₂+Ｆ＝0…②
• また
  s₁+s₂＝D…③
• ①～③より
  s₁＝k₂D/(k₁+k₂)（これが正解です）
  s₂＝k₁D/(k₁+k₂)（これが正解です）

問２(1)に関して、手を放す直前のばね１の縮をDおよびｄを用いて表します。

ポイントは「ばね２が自然長であること」です。

ばねが縮む要素は、全てばね１が背負っています。

• 壁の移動分Ｄ
  小球間の距離ｄ
• これらを全てばね１が担っているので
  D+ｄ（これが正解です）

問２(2)に関して、小球２に衝突する直前の小球１の速度V₀を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

• 力学的エネルギー保存則より
  k₁(D+d)²/2＝k₁D²/2+m₁V₀²/2
  ∴ V₀＝√{k₁d(2D+d)/m₁}…④
  （これが正解です）

問２(3)に関して、衝突直後の小球１と小球２の速度V₁V₂を使い、運動量保存則の式を書きます。

• m₁V₀＝m₁V₁+m₂V₂…⑤
  （これが正解です）

問２(4)に関して、小球１・２の間の反発係数eをV₀V₁V₂を使って答えます。

ポイントは「はね返りの式」です。

• はね返りの式より
  V₁-V₂＝-e(V₀-0)
  ∴ e＝－(V₁-V₂)/V₀…⑥
  （これが正解です）

問２(5)に関して、V₁とV₂をV₀で表します。

• ⑤⑥より
  V₁＝(m₁-em₂)V₀/(m₁+m₂)
  （これが正解です）
  V₂＝{(1+e)m₁}V₀/(m₁+m₂)
  （これが正解です）

問２(6)に関して、衝突後の小球２の最大変位ｘ₂を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

衝突によって小球２が得た運動エネルギーが、全てバネの弾性エネルギーに変わる点が、求める変位ｘ₂となります。

• 力学的エネルギー保存則より
  m₂V₂²/2＝k₂x₂²/2
  ∴ x₂＝V₂√(m₂/k₂)…⑦
  （これが正解です）

問２(7)に関して、(6)の最大変位に達するまでの時間を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

ここまで主に保存則で正解してきましたが「時間を求めよ」という出題なので運動方程式です。

• 小球２のばねの自然長の位置をｘ＝０とおく
• 小球２の運動方程式より
  m₂ａ₂＝－k₂x
  ∴ ａ₂＝－k₂x/m₂
• 上式より小球２は
  振動中心ｘ＝０
  角振動数ω₂＝√(k₂/m₂)
  の単振動とわかる
• 周期をＴ₂とすると
  Ｔ₂＝２π/ω₂
  ＝２π√(m₂/k₂)…⑧
• 求める時間は1/4周期なので
  Ｔ₂/4＝π/2・√(m₂/k₂)
  （これが正解です）

問２(8)に関して、「d=2D、m₁＝m₂＝m₀、k₁＝4k₀、k₂＝k₀、e＝1」とした時の、時間ｔと小球１・２の変位のグラフを描きます。

ポイントは「V₁＝０となること」です。

(5)の結果に(8)の条件（ｍ₁=m₂、e=1）を代入すると「V₁=0」となります。よって、小球１の運動は「初速０、ばねの縮みD、角振動数ω₁の単振動」とわかります。小球２については、(7)までの問題で解析してあります。

• 小問(5)の結果と条件より
  V₁＝(m₀-m₀)V₀/(m₀+ｍ₀)＝０
  V₂＝(1+1)m₀V₀/(m₀+m₀)＝V₀
• よって、小球１は
  初速０
  ばねの縮みD
  から始まる単振動とわかる
• また、小球２は
  初速V₀
  ばねは自然長
  からの単振動とわかる
• ④に与えられた条件を代入して
  V₀＝√{4k₀2D(2D+2D)/m₀}
  ＝4D√(2k₀/m₀)
• 振幅に関して
  小球１の振幅は上記よりＤ
• 小球２の振幅は(6)より
  V₂√(m₂/k₂)
  ＝V₀√(m₀/k₀)
  ＝4√2・D
• 小球１の周期は
  Ｔ₁＝2π/ω₁
  ＝2π√m₀/k₀
  ＝2T₀
• 小球２の周期は
  Ｔ₂＝2π/ω₂
  ＝2π√m₀/k₀
  ＝2T₀

上記をグラフに描いたものが正解です。

大問２

問１(1)に関して、スイッチを閉じた直後に抵抗の両端にかかる電圧を答えます。

• スイッチを閉じた直後は
  コンデンサーの電圧降下を無視できるので
  抵抗の両端の電圧はV
  （これが正解です）

問１(2)に関して、十分に時間が経過した後、極板①に蓄えられている電気量Q、およびコンデンサーの静電エネルギーUを答えます。

ポイントは、問題文「十分に時間が経過」です。

コンデンサは充電され、回路に電流は流れていません。

• コンデンサーの電気容量をＣとおくと
  C＝ε₀s/d
• よって
  Q＝CV₀＝ε₀sV/d
  （これが正解です）
• また
  U＝1/2・QV
  ＝1/2・CV²
  ＝ε₀sV²/2d
  （これが正解です）

問１(3)に関して、(2)までに電池のした仕事Wを答えます。

• W＝QV（これが正解です）

問１(4)に関して、コンデンサーに蓄えられた静電エネルギーが「電池のした仕事より小さい理由」を25字以内で答えます。

「25字以内」という指定なので、80％の20字以上で解答してください。

• 抵抗で生じるジュール熱として消費されたから。
  （22文字、これが正解例です）

問１(5)に関して、抵抗に流れる電流の時間変化のグラフを描いて答えます。

ポイントは以下の３点です。

1. グラフの始点が（0,V/R）であること
2. 下に凸なグラフであること
3. やがて電流が０になること

問２(1)に関して、ここでシチェーションが変わります。荷電粒子Ｐが原点Ｏを通過する時の速さｖを答えます。

粒子が電場から受けた仕事が、粒子の運動エネルギーに変わっている事を立式すれば正解できます。

• 電場の強さをＥとすると
  Ｅ＝V/d
• 粒子が電場から受ける力は
  Ｆ＝qE＝qV/d
• 粒子が電場からされる仕事は
  W=F・d/2＝qV/2
• これが粒子の運動エネルギーになっているので
  1/2・Mv²＝qV/2
  ∴ v＝√(qV/M)
  （これが正解です）

問２(2)に関して、図のｘ＞０における「磁場の向き」を答えます。

ポイントは「左手の法則」です

• 正の電荷を持つ粒子が右向き：中指が右向き
• 受ける力は上向き：親指が上向き
• 結果として
  人差し指（磁場の向き）は
  紙面「表→裏」向き
  （これが正解です）

問２(3)に関して、荷電粒子Ｐが「等速円運動を行う理由」を30字程度で答えます。

「30字程度で答えよ」と書いてあるので32文字（80％）以上使ってください。できるだけ36文字（90％）以上にしてください。

• 荷電粒子の進行方向に対してローレンツ力が常に垂直にはたらき向心力となるから（37文字）
  （これが正解例です）

問２(4)に関して、磁場の影響で曲がった粒子がスクリーンに当たる座標を答えます。

ポイントは「原点Ｏが円運動の最下点になっていること」です。

よって「円運動の半径の２倍」が正解となります。

• 粒子Ｐの円運動の半径をｒとすると
  運動方程式より
  Mv²/r＝qvB
  ∴ r＝Mv/qB
• よって
  Ｙ＝2r
  ＝2Mv/qB
  （これが正解です）

問２(5)に関して、(4)の２倍の座標「ｙ＝２Ｙ」で検出される荷電粒子を８択から全て答えます。

ポイントは「Ｍとｑの関係」です。

• (5)より
  Ｙ＝2Mv/qB
  ＝2/B・√MV/q…①
• これがＹ→２Ｙとなるのは
  ①のルート内が４倍になる時なので
• これを満たすのは「ｂとｆ」
  （これが正解です）

大問３

(1)に関して、TB/TA、TC/TA、TD/TAをＧを用いて表します。

ポイントは「立てられる式を全て立てる事」です。

最初の問題から「TA、TB、TC、TD」を全て問われているので大変です。重厚な体勢で臨みます。

• 状態Ａ～Ｄにおける状態方程式と
  問題文で定義された断熱変化の関係より
• pAVA=RTA…①
• pBVB=RTB…②
• pBVA=RTC…③
• pAVD=RTD…④
• TApA^-2/5=TBpB^-2/5…⑤
• TCpB^-2/5=TDpA^-2/5…⑥

準備が整いました。

①～⑥を組み合わせて正解を出していきます。

• ⑤より
  TB/TA
  ＝(pA/pB)^-2/5
  =G^2/5
  （これが正解です）
• ③÷①より
  TC/TA
  ＝pB/pA
  =G
  （これが正解です）
• ⑥÷⑤と②③と①②より
  TD/TA
  =TC/TB
  =pBVA/pBVB
  =TApB/TBpA
  =G^3/5
  （これが正解です）

(2)に関して、Ｂ→Ｃにおいて「気体が外部から吸収した熱量QBC」とRTAの比を、Ｇを使って答えます。

ポイントは「Ｂ→Ｃが定圧変化」である事です。

• QBC＝5R/2・(TC-TB)より
• QBC/RTA
  ＝5/2・(TC/TA－TB/TA)
  ＝5/2・(G－G^2/5)
  （これが正解です）

(3)に関して、Ｃ→Ｄにおいて「気体が外部にした仕事WCD」とRTAの比を、Gを使って答えます。

• Ｃ→Ｄにおける
  内部エネルギー変化をUCDとおくと
  熱力学第１法則より
  WCD＝UCD＝3R/2・(TC-TD）
• よって
  WCD/RTA
  ＝3/2・(TC/TA-TD/TA)
  ＝3/2・(G-G^3/5)
  （これが正解です）

(4)に関して、Ｄ→Ａにおける「気体が外部に放出した熱量QDA」とRTAの比を、Ｇを使って答えます。

• QDA＝5R/2・(TD-TA)
  ∴ QDA/RTA
  ＝5/2・(TD/TA-TA/TA)
  ＝5/2・(Ｇ^3/5 －１)
  （これが正解です）

(5)に関して、Ａ→Ｂ→Ｃ→Ｄ→Ａの変化をTVグラフに作図します。

• pV=RTより
  定圧変化のＢ→ＣとＤ→Ａは
  ｐ＝一定となるため
  TとVの比例グラフとなる。
• また、問題文の
  Tp^-2/5＝一定に
  p=RT/Vを代入すると
  T^3/5・V^2/5＝一定
  となるので
  Ａ→ＢとＣ→Ｄは
  下に凸なグラフとなる

(6)に関して、問題文の空所ア～エに入る式、ａ・ｂに入る数字を答えます。

• このサイクルの熱効率ｅ₁に関して
  ｅ₁＝(QBC-QDA)/QBC
  ＝1-QDA/QBC（アの正解です）
  ＝1－{5R/2・(TD-TA)}/{5R/2・(TC-TB)}
  ＝1－(TD-TA)/(TC-TB)（イ・ウの正解です）
  ＝1－(TD/TA－1)/(TC/TA-TB/TA)
  ＝1－(G^3/5-1)/(G-G^2/5)
  ＝1－Ｇ^-2/5（ａの正解です）
• ｅ₂＝{QBC-QR-(QDA-QR)}/(QBC-QR)
  ＝1－(QDA-QR)/(QBC-QR)
• ここで
  QR＝5R/2{TD-(TD+TB)/2}
  ＝5R/4・(TD-TB）
  より
• e₂＝1-{5R/2・(TD-TA)-5R/4・(TD-TB)}/{5R/2・(TC-TB)-5R/4・(TD-TB)}
  ＝1-(TD-2TA+TB)/(2TC-TB-TD)
  ＝1-{(TD-TA)+(TB-TA)}/{(TC-TB)+(TC-TD)}
  （以上より「TB-TA」がエの正解です）
• よって
  e₂－e₁
  ＝(TC-TD)/(TC-TB+TC-TD)・{G^-2/5－(TB-TA)/(TC-TD)}
• ここで
  (TB-TA)/(TC-TD)を
  Ｇを用いて表すと
  (TB-TA)/(TC-TD)
  ＝(TB/TA－1)/(TC/TA－TD/TA)
  ＝(G^2/5－1)/(G－G^3/5)
  ＝Ｇ^-3/5
  （これがｂの正解です）

九州大学の物理2020年・令和２年度

大問１

問１(1)に関して、台と物体を一体として考えた時の「運動方程式」を答えます。

• 台と物体を一体として考えた時
  運動方程式より
  (M+ｍ)a=-kx
  （これが正解です）

(2)に関して、この単振動の「周期Ｔ₀」を答えます。

• 問１(1)の結果より
  a=-kx/(M+ｍ)
• ゆえにこの運動は
  振動中心：x=0
  角振動数：ω＝√{k/(M+ｍ)}
  の単振動である
• よって
  T₀＝2π/ω
  ＝2π√{(M+ｍ)/k}
  （これが正解です）

(3)に関して、物体が台から受ける「摩擦力」および、台が物体から受ける「摩擦力」を答えます。

ポイントは「作用反作用の法則」です。

台と物体には同じ大きさの摩擦力が反対方向にかかります。

• 物体が台から受ける摩擦力は
  maに等しいので
  ma=－mkx/(Ｍ+m)
  （アの正解です）
• また、作用反作用の法則より
  台が物体から受ける摩擦力は
  －ma=mkx/(Ｍ+m)
  （イの正解です）

(4)に関して、台と物体が常に一体となって運動するための「最大の振幅」を求めます。

ポイントは最大摩擦力「μN＝μｍｇ」です。

• 求める最大の振幅をｘ₀とおくと
  －mkx₀/(Ｍ+m)=－μmg
  ∴ ｘ₀＝μ(M+ｍ)g/k
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここからシチュエーションが変わります。問１(4)の最大振幅を超えて運動させた時の「台と物体の運動方程式」を答えます。

• 台：Ma₁＝－kx+μ’mg
  （これが正解です）
• 物体：ma₂＝－μ’mg
  （これが正解です）

問２(2)に関して、時刻ｔにおける「物体の速度」を求めます。

ポイントは「速度=加速度×時間+初速」です。

• 問２(1)の結果より
  a₂=-μ’g
• 求める物体の速度をｖとして
  v=a₂t
  =-μ’gt
  （これが正解です）

問２(3)に関して、単振動する台の「振幅」と「周期T₁」を答えます。

ポイントは「台の運動方程式」です。

問２(1)の正解を活用します。

• 問２(1)の結果より
  a₁＝-k/M(x－μ’mg/k)
• よって、この運動は
  角振動数：Ω=√(k/M)
  振動中心：x＝μ’mg/k
  の単振動である
• よって
  T₁＝2π/Ω
  ＝2π√(M/k)
  （これが正解です）
• また、振幅は
  Ａ-μ’mg/k
  （これが正解です）

(4)に関して、時刻ｔ＝T₁/4における台の速度を答えます。

ポイントは「単振動を三角関数で表す」ことです。

• 台の速度をV(t)とおくと
  V(t)＝-(A-μ’mg/k)√(k/M)・sin√(k/M)t
• ここで
  ｔ＝T₁/4＝π/2・√(M/k)の時
  V(T₁/4)＝-(A-μ’mg/k)√(k/M)・sinπ/2
  ＝-(Ａ-μ’mg/k)√(k/M)
  （これが正解です）

問２(5)に関して、ここでシチュエーションが変わります。t=T₁/4で台と物体が同じ速度になった時の「t=0～T₁/4までの台と物体の速度のグラフ」を答えます。

ポイントは「ｔ＝T₁/4で速度が等しくなる事」です。よって、下記３点を満たすグラフを描けば正解です。

• ２つのグラフの「始点と終点」は同じ
• 単振動する台はサインカーブ（－sinカーブ）
• (2)より物体は等加速度運動なので、グラフは直線

問２(6)に関して、「バネの伸びＡ」を答えます。

ポイントは「ｔ＝T₁/4において、台と物体の速度が等しくなること」です。

• ｔ＝T₁/4において
  台と物体の速度が等しくなるので
  問２(2)より
  －μ’gT₁/4＝V(T₁/4)
  ∴－πμ’g/2・√M/k＝－(A－μ’mg/k)√k/M
  ∴Ａ＝μ’g/k(πM/2 ＋ m)
  （これが正解です）

問(7)に関して、台と物体が一体となった時の「ばねの縮みＢ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

ｔ＝T₁/4で台と物体が合体した瞬間の力学的エネルギーと、縮みＢの時の力学的エネルギーが保存します。

• ｔ＝T₁におけるバネの伸びは
  μ’mg/k
• 速度は(6)より
  －πμ’g/2・√M/k
• よって
  力学的エネルギー保存則より
  kB²/2＝(M+m)/2・(－πμ’g/2・√M/k)²＋k/2(μ’mg/k)²
  ∴ Ｂ＝μ’g/k・√{π²M(M+ｍ)/4+m²}
  （これが正解です）

大問２

(1)に関して、極板Ａに蓄えられている「電気量」を答えます。

• 求める電気量をQ₁とおくと
  Q₁＝CV₀
  （これが正解です）

(2)に関して、コンデンサーに蓄えられている「静電エネルギー」を答えます。

• 求める静電エネルギーをU₁とおくと
  U₁＝1/2・CV₀²
  （これが正解です）

(3)に関して、ここからシチュエーションが変わります。幅ｄ/2の誘電体をコンデンサー内に挿入します。この時の「極板Aに蓄えられている電気量」を答えます。

ポイントは「コンデンサの直列」です。

• 誘電体が入ってない部分Ｃ₁
• 誘電体が入っている部分Ｃ₂

２つのコンデンサーが直列になっているとみなす事です。

• 誘電体が入ってない部分Ｃ₁
  誘電体が入った部分Ｃ₂
  ２つのコンデンサの直列つなぎとみなす
• Ｃ₁・Ｃ₂の電気容量は
  Ｃ₁=2Ｃ
  Ｃ₂=4Ｃ
• 極板Ａに蓄えられている
  電気量をＱ₂とおくと
  ２つのコンデンサーの極板間の
  電位差をＶ₁・Ｖ₂として
  Q₂＝C₁V₁・・・①
  Q₂＝C₂V₂・・・②
  V₁+V₂＝V₀・・・③
• ①～③より
  Q₂/C₁+Q₂/C₂＝V₀
  ∴Q₂＝4CV₀/3
  （これが正解です）

(4)に関して、極板間の電場と電位を「グラフ」に作図します。

ポイントは、問題文「電場は上向きを正とする」です。

本問の電場は下向きなので、グラフに書く際はマイナスをつける必要があります。

• C₁・C₂部分の電場をE₁・E₂とすると
  E₁＝－V₁/d/2＝－4V₀/3d
  E₂＝－V₂/d/2＝－2V₀/3d
• また、極板Bからd/2における電位は
  |E₂|×d/2＝V₀/3
• よって
  正解のグラフは以下のとおり

(5)に関して、誘電体を挟む前後における「静電エネルギーの増加量、電池のした仕事、および外力のした仕事」を求めます。

ポイントは「簡単な順に求めること」です。

静電エネルギーの変化は、現在判っていることですぐ求まります。電池のした仕事も同様です。この２者の差をとることで「外力のした仕事」が求まります。

• 誘電体を差し込んだ後の静電エネルギーをU₂とおくと
  U₂＝Q₂V₀/2＝2CV₀²/３
• ゆえに静電エネルギーの増加量は
  U₂－U₁＝CV₀²/6
  （これが正解です）
• また電池のした仕事をWとおくと
  W＝(Q₂－Q₁)V₀
  ＝CV₀²/3
  （これが正解です）
• よって
  外力のした仕事ｗとおくと
  ｗ＝ΔU－W
  ＝－CV₀²/6
  （これが正解です）

(6)に関して、ここでシチュエーションが変わります。極板Ａを下に動かし誘電体と接触させ、その後スイッチＳを開いた時の「極板Ａに蓄えられている電気量、コンデンサーに蓄えられている静電エネルギー」を答えます。

ポイントは、問題文の「その後、スイッチSを開放した」です。

極板を移動させてからスイッチを開いたので、極板間の電位差はV₀となります。

• 図３における
  極板Ａの電気量をQ₃とおくと
  Q₃＝4CV₀・・・③
  （これが正解です）
• 静電エネルギーをU₃とおくと
  U₃＝Q₃V₀/2＝2CV₀²・・・④
  （これが正解です）

(7)に関して、ここでシチュエーションが変わります。誘電体をΔｘだけ移動させています。この状態における「静電エネルギーU₄」を答えます。

ポイントは

• 誘電体が入ってない部分Ｃ₃
• 誘電体が入っている部分Ｃ₄

で、２つのコンデンサーが並列になっているとみなす事です。

• C₃＝2C・Δx/L
  C₄＝4C・(L－Δx)/Lより
• 並列つなぎとみなした
  コンデンサーの合成容量は
  C₃＋C₄
  =2C{Δx+2(L-Δx)}/L
  =2C(2L－Δx)/L
• よって
  U₄＝Q₃²/2(C₃+C₃₄)
  ＝4LCV₀²/(2L－Δx)
  （これが正解です）

(8)に関して、図３→図４へ移る際の「静電エネルギーの増加量の式」が与えられており、この中で使われている「文字α」を答えます。

ポイントは「問題文で与えられた式」です。

「U₄/U₃」が「1/(1－α)」に相当するので、U₄/U₃を求めればよいと解ります。

• U₄/U₃
  ＝2L/(2L－Δx)
  ＝1/(1-Δx/2L)・・・（※）
• よって
  問題文で与えられた式と（※）を比較して
  α＝Δx/2L
  （これが正解です）

(9)に関して、「外力がした仕事＝静電エネルギーの増加量」という関係を使い、図４における「静電気力の大きさと向き」を答えます。

ポイントは、問題文「ΔU≒αU₃」をそのまま使うことです。

静電エネルギーの変化（ΔU）がそのまま「外力の仕事」になる、という条件が与えられています。そして「仕事＝力×距離」なので、仕事から距離を割ってあげれば「外力の大きさ＝求める静電気力の大きさ」が求まります。

• 題意より
  ΔU≒αU₃
  ＝CV₀²Δx/L
• ｘ軸正方向への外力をＦとすると
  静電気力に逆らって外力がした仕事は
  ＦΔx＝CV₀²Δx/L
  ∴ F＝CV₀²/L（＞0）
  より外力は正方向となる
• よって
  誘電体にはたらく静電気力は
  外力と逆方向なので
  「負」方向となる
  （これが正解です）
• その大きさは
  外力の大きさに等しく
  CV₀²/L
  （これが正解です）

(10)に関して、ここでシチュエーションが変わります。図４の状態から外力を０にした時の「誘電体の運動」を考えます。その運動を正しく描いたグラフを８択から答えます。

ポイントは「力学の運動方程式」です。

• 誘電体の質量をｍ
  ｘ軸方向の加速度aとして
  運動方程式より
  ma=-CV₀²/L
  ∴ a=-CV₀²/mL
• よって
  誘電体は等加速度運動をするため
  誘電体の位置は
  時間ｔの二次関数となる
• そして、ｘが負の値になると
  静電気力の向きは正方向となり
  やはり誘電体の位置は
  時間ｔの二次関数となる
• 以上の条件を満たす
  グラフは②である
  （これが正解です）

大問３

問１に関して、語句問題です。問題で描かれている複スリットを使った実験は「ア：ヤング」の実験と呼ばれています。

問２(1)に関して、千春さんが求めた「ｓの平均を表す式」を答えます。

• 暗線の間隔の３倍を求めた
• 「暗線の間隔の３倍」の平均を計算した
• 以上の条件より
  {(x₃-x₀)+(x₄-x₁)+(x₅-x₂)}/9
  （これが正解です）

問２(2)に関して、浩介さんが求めた「ｓの平均を表す式」を答えます。

• {(x₁-x₀)+(x₂-x₁)+(x₃-x₂)+(x₄-x₃)+(x₅-x₄)}/5
  ＝(x₅-x₀)/5
  （これが正解です）

問２(3)に関して、(2)「浩介さんの計算」より(1)「千春さんの計算」の方が、計算精度が高くなる理由を答えます。

ポイントは「項の数」です。

千春さんの計算式はx₀～x₅まで項が６つあるのに対し、浩介さんの計算はx₀とx₅の２項しかありません。この理由を答えれば正解です。

• 千春さんの計算式ではx₀～x₅まで６つのデータを使えている事に対し、浩介さんの計算式ではx₀とx₅の２つのデータしか使えていないから。また、浩介さんの計算式が有効数字２桁である事に対し、千春さんの計算式は有効数字３桁で構成されているから。
  （これが解答例です）

問３に関して、問題文中の「エ」に入る記述を答えます。

ポイントは「（エ）直前の明線に関する記述を流用すること」です。

（エ）暗線の条件は、明線の条件から半波長ズレただけです。

• πずれているから
  経路差ΔLが半波長の奇数倍に等しくなる
  xd/L＝λ(2m+1)/2（ｍ＝0,±1,±2,・・・）
  （これが正解です）

問４に関して、表Ａ・表Ｃの数値を使い、光源からの「光の波長λ」を答えます。

ポイントは「明線条件の式においてｍ＝１を使うこと」です。

これにより「ｘ＝ｓ」とできるため正解が求まります。

• 明線条件の式においてm＝1の時
  λ＝xd/mL
  ＝sd/L
  ＝4.00×10⁻³×0.105×10⁻³/0.700
  ＝6.00×10⁻⁷（ｍ）
  （これが正解です）

問５(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。最初の単スリットをX₀だけずらした時の「明線条件と暗線条件」を答えます。

ポイントは「丁寧に経路を再計算すること」です。

一見、問題文が長くて難しそうに見えますが、やっている事は「三平方の定理」です。

• P’BQ＝√{L₀²+(d/2+X₀)²}+√{L²+(x+d/2)²}
• P’AQ＝√{L₀²+(d/2-X₀)²}+√{L²+(x-d/2)²}
• ΔL’＝P’BQ－P’AQ
  ≒X₀d/L₀+xd/L
• よって、明線条件は
  X₀d/L₀+xd/L＝mλ（m＝0,±1,±2,・・・）
  （これが正解です）
• また、暗線条件は
  X₀d/L₀+xd/L＝λ(2m+1)/2（m＝0,±1,±2,・・・）
  （これが正解です）

問５(2)に関して、単スリット動かしたことによる「明線の移動方向」を答えます。

ポイントは「ｍ＝０について考えること」です。

ｍ＝０の明線はｘ＝０の位置にあったので、移動後の位置が正の値なら正方向へ動いた、負の値なら負方向へ動いたと言えます。

• (1)の明線条件の式において
  ｍ＝0とすると
  X₀d/L₀+xd/L=0
  ∴ x=-X₀L/L₀
• よって
  明線の移動方向は「向きｂ」
  移動距離は「X₀L/L₀」
  （これが正解です）

九州大学の物理2019年・平成31年度

大問１

(1)に関して、ブレーキをかけた自転車が停止するまでに「進む距離」を答えます。

• 停止するまでの距離をｘとおくと
  仕事とエネルギーの関係より
  1/2・MV²－Fx＝０
  ∴ ｘ＝MV²/２F
  （これが正解です）

(2)に関して、作図問題です。摩擦力以外の３つの外力と観測者から見た慣性力を図中に描き込みます。

1. 前輪の地面との接点から鉛直上向きにNF
2. 後輪の地面との接点から鉛直上向きにNR
3. 重心Ｇが鉛直下向きにMg
4. 重心Ｇから水平右向きにMa
5. (5)の結果より、NF>NR

上記５つを描き込むと正解です。

(3)に関して、前輪・後輪の垂直抗力による力のモーメントを答えます。

• 前輪：NF・L/2
• 後輪：－NR・L/2

以上が正解です。

(4)に関して、観測者から見た力のモーメントのつり合い条件の式を答えます。

• 水平方向：Ma-F＝０
• 鉛直方向：Ma-NF-NR＝０
• 重心Gまわり：NF・L/2-NR・L/2-FH=0

以上が正解です。

(5)に関して、(4)を解き「加速度の大きさ、垂直抗力の大きさ２つ」を「摩擦力Ｆの関数」として表します。

• (4)の３式より
  a＝F/M
  NF＝Mg/2+HF/L
  NR＝Mg/2-HF/L

以上が正解です。

(6)に関して、FとNFの比「F/NF」をFの関数としてグラフに描きます。

• (5)より
  F/NF
  =2LF/(MgL+2HF)
  =2L/(MgL/F+2H)

上式に関して、Fを横軸に、F/NFを縦軸にグラフを描くと正解です。

(7)に関して、後輪が浮き上がらないために「Ｆが満たすべき条件」を答えます。

ポイントは「垂直抗力」です。

後輪が地面から浮き上がる瞬間「垂直抗力＝０」となります。つまり、後輪が浮き上がらない条件は「NR≧0」となります。

• 後輪が浮き上がらない条件は
  NR≧0
• (5)の結果より
  Mg/2－HF/L≧0
  ∴ F≦MgL/2H
  （これが正解です）

(8)に関して、後輪が浮き上がらずに得られる最も大きな減速、すなわち「aの最大値」を答えます。

ポイントは「(7)の結果」です。

(7)で求めたのは「後輪が浮き上がらないＦの限界値」でした。これを(4)の結果「Ma－F＝０」に代入すると正解が求まります。

• F＝MgL/2H
  Ma＝F
  より
  a=Lg/2H
  （これが正解です）

(9)に関して、(8)で求めた「最大の減速」を得るために「μが満たすべき条件」を答えます。

ポイントは「前輪の垂直抗力＝重力Mg」です。

(8)で求めた「最大の減速」の時「後輪の垂直抗力＝０」となるため、鉛直方向の力のつり合いは「NF＝Mg」となります。本問の「タイヤが滑らない条件」は「Ｆ≦μMg」なので、計算を進めると「μの条件」に行き着く、という仕組みです。

• aが(8)で求めた値の時
  NR＝０なので
  鉛直方向の力の釣り合いは
  NF＝Mg
• 今、タイヤが滑らない条件は
  Ｆ≦μMg
  ∴ MgL/2H≦μMg
  ∴ μ≧L/2H
  （これが正解です）

(10)に関して、後輪のみにブレーキをかけて得られる「最大の減速」を答えます。

• 後輪にかかる摩擦力をＦとおくと
  前輪が浮かない条件
  NF≧0より
  Mg/2+HF/L≧0
  ∴ F≧-MgL/2H…（※）
  となる必要がある。
• 今、最大摩擦力をMaxFとすると
  MaxF＝μNR
  ∴ MaxF＝μ(Mg/2-HMaxF/L)
  ∴ MaxF＝μMgL/2(L+μH)
  となる
• またｂ＝F/Mより
  Maxｂ
  ＝MaxF/M
  ＝μｇL/2(L+μH)
  これは（※）を満たす

(11)に関して、前輪・後輪にブレーキをかけて「最大の減速」を得た時の「前輪にはたらく摩擦力FF」と「後輪に働く摩擦力FR」を答えます。

• 観測者から見た
  水平・鉛直方向の力のつり合いより
  NF+NR＝Mg
  FF+FR＝Mb
• また力のモーメントのつり合いより
  LNF/2 – LNR/2 ＝H(FF+FR)
  ∴ NF-NR＝2H(FF+FR)/L
• よって上３式より
  NF＝Mg/2+H(FF+FR)/L
  NR＝Mg/2-H(FF+FR)/L
• 今、NR≧０より
  NR＝Mg/2-H(FF+FR)/L≧0
  ∴ FF+FR≦MgL/2H
  ∴ Max(FF+FR)＝MgL/2H
• よって
  NF-NR＝2H(FF+FR)/L＝Mg
  NF+NR＝Mg
  ∴ NF＝Mg、NR＝０
• よって
  FR=0となるため
  FF＝MgL/2Hとなる
  （これが正解です）

大問２

問１に関して、作図問題です。問題文で与えられたグラフの様に磁束密度Ｂが変化する時、コイルに発生する誘導起電力をグラフに描きます。

ポイントは「電磁誘導の式」です。

「V₁＝-dΦ/dt＝-LD・dB/dt」という関係になっています。よって「dB/dt」の部分は「与えられたグラフの傾き」となります。

(1)に関して

時間	与えられた グラフ傾き	正解の値
０≦ｔ≦１	１	－LD
１≦ｔ≦２	０	０
２≦ｔ≦３	－２	２LD
３≦ｔ≦４	１	－LD
４≦ｔ	０	０

問２に関して、コイルを貫く磁場に関する「語句問題（ア）～（ク）」を答えます。

図のコイルは反時計回りに角度ωｔだけ回転しているので、コイルを貫く磁束は時刻０の時に比べ減少しています。よって、電流の作る磁場がコイルを貫く磁束の時間変化を「ア：妨げる」向きに起電力が生じます。これを「イ：レンツの法則」といいます。

今、コイルの回転によってコイルを貫く磁場が減っているので、それを増やす方向に電流が流れます。よって「ウ：（あ）」の方向です。

この誘導電流は磁場の中を流れることになるため「エ：ローレンツ力」がコイルを流れる電流にはたらきます。

電流をＩ、磁束密度の大きさをＢと表すと、この力の大きさは「オ：BID」となります。コイルの「カ：ｃｄ」間にはたらく力も同じ大きさです。

この力と同じ大きさ、反対向きの外力をかけるとコイルは一定の角速度で回転します。コイルａｂ間については、力の仕事率は速度と力の内積なので、ａｂ間の部分の速さをｖ（ｍ/ｓ）そこにかける力の大きさをＦ（N)とすると「仕事率＝Ｆvsinωt」となります。ｃｄ間でも同じです。２つを合計した全体の仕事率Ｐ（W）は、ＦをＩを用いて表すと「キ：Ｐ＝２Fvsinωt＝２BIDvsinωt」となります。

これと抵抗Ｒで単位時間あたりに発生する熱量PR（W）がエネルギー保存則により等しくなります。よって「Ｐ＝PR」という関係が成り立ち、PRは電流Ｉを用いて「ク：PR＝I²R」と表せるので、時刻ｔの時の電流はＩ＝BLDωsinωt/Rとなります。

問３に関して、問題文の図の様に

• 問２で使ったものと同じコイルを
• 問２のコイルと角度θだけずらして固定した

合体コイルを考えます。この合体コイルによる「仕事率Ｐ’」が時刻によらず一定になるような「θの値」を答えます。

ポイントは「問２までの流れを素直に問３へ移すこと」です。

問２の時点で

• Ｐ＝I²R
• Ｉ＝BLDω/R・sinωt

が判っていますから、これを「問２のコイル」と「問３で追加されたコイル」で素直に立式して解くだけです。

• 合体コイル全体の仕事率を
  P’とおくと
  P’=(BLDω/R・sinωt)²R＋{BLDω/R・sin(ωt+θ)}²R
• ところで
  sin²ωt+sin²(ωt+θ)
  ＝sin²ωt+(sinωtcosθ+cosωtsinθ)²
  ＝(1+cos²θ)sin²ωt+(1-cos²θ)cos²ωt+2sinθcosθsinωtcosωt
  ＝2cos²θsin²ωt+1/2・sin2θsin2ωt+1-cos²θ
  である
• よって
  Ｐ’が時刻ｔによらず
  常に一定の値をとる条件は
  cos²θ＝0 かつ sin2θ＝０
• よって
  θ＝π/2
  （これが正解です）

続いて、Ｐ’がｔの値によらず常に一定になることの「証明」に移ります。

• θ＝π/2の時
  Ｐ’＝(BLDω/R・sinωt)²R+{BLDω/R・sin(ωt+π/2)}²R
  ＝(BLDω)²/R・(sin²ωt+cos²ωt)
  ＝(BLDω)²/R
  ＝const
  （証明終了）

大問３

問１に関して、状態方程式を使って「気体定数R」を表します。

ポイントは「状態方程式：PV=nRT」です

• 理想気体の状態方程式より
  Ｒ＝PV/nT
  （これがaの正解です）
• Ｒ＝PV/nT
  ＝2.7×10⁵×1.3×10⁻²/1.0×430
  ＝8.2（J/mol・K）
  （これがbの正解です）

問２(1)に関して、図１の装置における「ピストンの質量」を答えます。

ポイントは「力のつり合い」です。

ピストンは静止しているので、鉛直方向の力のつり合いを書けば正解できます。

• ピストンにはたらく力のつりあいより
  mg＝pAS
  ∴ ｍ＝pAS/g
  （これが正解です）

問２(2)に関して、状態A→状態Bの間に「気体がする仕事WAB」を答えます。

ポイントは「定圧変化」です。

定圧変化なので「仕事＝圧力×体積変化量」と求まります。

• 状態A→状態Bは定圧変化なので
  WAB＝pA(VB－VA)
  （これが正解です）

問２(3)に関して、状態A→状態Bにおける「温度上昇」を答えます。

• 状態A・Bの気体温度をTA・TBとおくと
  状態方程式より
  pAVA＝RTA
  pAVB＝RTB

• よって
  求める温度変化をΔTABとして
  ΔTAB
  ＝TB－TA
  ＝pA(VB－VA)/R
  （これが正解です）

問２(4)に関して、ヒーターから気体に与えられる熱QABを答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• 熱力学第一法則より
  QAB＝ΔＵ＋WAB
  =3R/2・(TB－TA)＋WAB
  =3pA/2・(VB－VA)+pA(VB－VA)
  =5pA/2・(VB－VA)

問２(5)に関して、状態Ｃにおける「気体の圧力」を答えます。

• 状態Ｃの圧力をpCとおくと
  状態方程式より
  pCVC＝RTA
  ∴ pC＝RTA/VC
  ＝VApA/VC
  （これが正解です）

問２(6)に関して、状態B→状態Cの間に「気体がする仕事WBC」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• 0＝ΔＵ+WBC
  ＝3R/2・(TA-TB)＋WBC
  ∴ WBC＝-3R/2・(TA-TB)
  ＝3pA/2(VB-VA)

問２(7)に関して「WCAとQCAの間に成り立つ関係式」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• -QCA＝0＋(-WCA)
  ∴ QCA＝WCA
  （これが正解です）

問２(8)に関して、作図問題です。状態A→B→C→Aのサイクルに関して、pVグラフを作図します。

ポイントは以下の通りです。

状態	気体の変化	グラフの概形
Ａ→Ｂ	ｐ＝ｐA 定圧変化	横一線
Ｂ→Ｃ	ｐV^5/3＝ｐAVB^5/3 断熱変化	下に凸な曲線
Ｃ→Ａ	ｐV＝ｐAVA 等温変化	下に凸な曲線

上記をグラフに描いたものが正解となります。

問２(9)に関して、サイクルの熱効率に関して（ア）～（エ）に文字を入れます。

• このサイクルの熱効率eを
  QAB、QCAを用いて表すと
  e＝(QAB－QCA)/QAB…（※）
  （赤がア、青がイの正解です）

• 始点の状態Ａから
  終点の状態Ａまでの
  サイクル全体を通しての
  気体の内部エネルギー変化は
  「ウ：０」
  であるので
  「QAB－QCA」と同じ量を
  WAB、WBC、WCAを用いて表すと

• QAB－WAB－WBC＋WCA－QCA＝０
  ∴ QAB－QCA＝WAB+WBC－WCA
  （これがエの正解です）

また、eの値は必ず１より「オ：小さい」

九州大学の物理2018年・平成30年度

大問１

(1)に関して、台が固定された状態で小球を放した時の「小球が最初に最下点に到達した時の速度」および「糸の張力」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

小球の初期位置から最下点まで、落下した分の位置エネルギーが運動エネルギーに変化します。

• 求める速度をvとおくと
  力学的エネルギー保存則より
  mg(l-lcosθ)=1/2・mv²
  ∴v=√{2gl(1-cosθ)}
  （これが正解です）
• 糸の張力をTとおくと
  最下点における小球の
  運動方程式より
  m・v²/l＝T-mg
  ∴ T＝mg(3-2cosθ)
  （これが正解です）

(2)に関して、台に静止した観測者から見た「小球の速度の最大値」を答えます。

ポイントは「台の加速中は、小球が静止すること」です。

つまり、先ほど解いた(1)と同じ要領で正解が出ます。

• 台の加速中に
  小球が鉛直方向となす角を
  θ₁とおくと
  tanθ₁＝ma/mg=a/g
  ∴ cosθ₁＝g/√(g²+a²)
• 求める小球の
  最大速度を「vmax」とおくと
  力学的エネルギー保存則より
  mgl(1-cosθ₁)=1/2・mvmax²
• ∴ MAX\(v=\sqrt{2gl\left( 1-\dfrac{g}{\sqrt{g^{2}+a^{2}}}\right) }\)
  （これが正解です）

(3)に関して、(2)からシチュエーションが変わります。台を固定せず静止させ、小球を鉛直方向から60°の位置で放します。そして、小球が初めて最下点に到達した時の「小球の速度」と「台の速度」と「糸の張力」を答えます。

• 小球が最下点に達した時の
  床に対する
  小球と台の速度をv₆₀・V₆₀
  糸の張力をT₆₀とおく
• 運動量保存則と
  力学的エネルギー保存則より
  0=mv₆₀+MV₆₀
  mgl(1-cos60°)=1/2・mv₆₀²+1/2・MV₆₀²
• 小球の台に対する相対速度は
  v₆₀-V₆₀なので
  最下点での小球の
  運動方程式は
  m(v₆₀-V₆₀)²/l＝T₆₀-mg

以上３式を解いて

• \(v_{60}=\sqrt{\dfrac{Mgl}{M+m}}\)
• \({V}_{60}=-m\sqrt{\dfrac{gl}{M\left( M+m\right) }}\)
• \(T_{60}=\dfrac{\left( 2M+m\right) mg}{M}\)

これらが正解です。

(4)に関して、(3)からシチュエーションが変わります。全てを静止させた状態から、台を撃力で右に初速度V₀で打ち出します。糸が水平になった時の「台の速度」を答えます。

ポイントは「糸が水平になった瞬間、小球と台の水平方向の速度が等しくなること」です。

この瞬間は、２つの物体の水平方向の速度を「１つの文字」で表すことができます。よって、式１本で正解が出ます。

• 糸が水平になった時の
  台と小球の
  水平方向の速度をWと置く
• 水平方向の運動量保存則より
  MV₀＝(M+ｍ)W
  ∴ \(W=\dfrac{MV_{0}}{M+m}\)
  （これが正解です）

(5)に関して、糸が水平になった時の「小球の速度の大きさ」を答えます。

ポイントは「台と異なり、小球は鉛直方向の速度も持つ」ことです。

よって(4)の式は使えないため、力学的エネルギー保存則を使います。

• 求める小球の速度をｗとおくと
  力学的エネルギー保存則より
  \(\dfrac{1}{2}MV_{0}^{2}=mgl+\dfrac{1}{2}mw^{2}+\dfrac{1}{2}Mw^{2}\)
  ∴ \(W=\sqrt{\dfrac{M\left( 2M+m\right) V_{0}^{2}}{\left( M+m\right) ^{2}}-2gl}\)
  （これが正解です）

(6)に関して、糸が水平になる高さまで小球が上がるための「台に与える初速の最小値」を答えます。

ポイントは「三平方の定理」です。

(4)と同様、糸が水平になった瞬間は「台と小球の水平方向の速度」が等しくなります。三平方の定理を使い「小球の速度」から「水平方向の速度」を引けば「鉛直方向の速度」が残ります。これが0以上になれば、正解の条件となります。

• 三平方の定理より
  小球の鉛直方向の速度成分は
  √(ｗ²－W²)
  となる
• これが０以上の時
  題意を満たすので
  ｗ²－W²≧０
  ∴ \(V_{0}\geqq \sqrt{\dfrac{2\left( M+m\right) gℓ}{M}}\)
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、磁束密度→Ｂのｙ成分｜By｜とｚ成分｜Bz｜を求めます。

ポイントは「問題文の定義にそのまま従うこと」です。

と書いてあるので、そのまま従ってください。

• 棒MN,LKのｙｚ平面における座標は
  MN(-l,z)
  LK(l,z)
• よって、問題文より
  |By|=cl,|Bz|=cz
  （これが正解です）

(2)に関して、自由電子が受けるローレンツ力の大きさを答える問題です。

ポイントは「磁場のｚ方向の成分は無視できること」です。

ローレンツ力は「電荷の進行方向に垂直な磁場」の影響で生じる力なので、電荷の移動方向に等しいｚ成分の影響は受けません。

• Ｆ＝|-ev₀By|
  ＝ev₀cl
  （これが正解です）

(3)に関して、ローレンツ力によって移動した電子が作る「電位差V」を答えます。

ポイントは「力のつり合い」です。

ローレンツ力と電場から受ける力による「つり合いの式」を立てると、自然に正解が出ます。

• 電場をＥとすると
  力のつり合いの式より
  －eE+F=0
• (2)の結果より
  Ｅ＝v₀cl
• よって
  求める電位差の大きさVは
  Ｖ＝E・2l
  ＝2v₀cl²
  （これが正解です）

(4)に関して、導体ループで消費される「電力Ｐ」を答えます。

ポイントは「(3)までの流れに乗る」ことです。

(2)でローレンツ力、(3)で電位差、と少しずつ話が大きくなってきてますので、(4)は「回路１周分」と自然な流れに乗ってください。

• LM、NKでは誘導起電力は生じない
• (3)の結果より
  MN、LKで誘導起電力Vが生じ
  回路の起電力の合計は
  2V
  となる
• ループ内に抵抗Ｒが２つあるので
  オームの法則より電流Ｉは
  I=2V/2R
  =2v₀cl²/R
• よって
  P=2RI²
  ＝8v₀²c²l⁴/R
  （これが正解です）

(5)に関して、ループの落下に伴う、単位時間あたりの「位置エネルギーの変化の大きさ」を答えます。

ポイントは「位置エネルギー」です。

(4)まで電磁気の問題を解いてきましたが、一旦、力学に切り替えてください。

• ループが受ける重力：mg
  ｔ秒間の落下距離：v₀Δt
  より
• 位置エネルギーの変化
  ΔE＝mgv₀Δt
• よって
  単位時間あたりの
  位置エネルギー変化ΔUは
  ΔU＝ΔE/Δt
  ＝mgv₀
  （これが正解です）

(6)に関して、(5)までのエネルギー変化を参考に「落下の速さv₀」を答えます。

ポイントは「落下による位置エネルギーの減少は、すべて回路のジュール熱で使われた」と気付くことです。

そのために問(1)～(5)までがありました。

• ΔU＝Pとなるので
  (4)(5)の結果より
  v₀＝mgR/(8c²l⁴)
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ループがΔhだけ落下した際の「磁束の変化ΔΦ」を答えます。

ポイントは「変化量＝変化後－変化前」です。

一気に変化量を求めようとせず、「変化前」「変化後」と１つずつ丁寧に考えれば上手くいきます。

• ループはｚ軸に垂直なので
  磁束Φ＝Bz×面積
  で考えればよく
  Φ＝cz(2l)²
  と書ける
• 今、Δhだけ落下した時
  磁束はΦ+ΔΦとなるので
  Φ+ΔΦ＝c(z-Δh)(2l)²
• よって、上２式を引き算して
  ΔΦ＝－4cl²Δh
  （これが正解です）

(2)に関して、(1)の落下が時間Δtで起きる時、導体ループに流れる電流の大きさを求めます。

ポイントは「電磁誘導の法則」です。

単位時間あたりの磁束の変化（|ΔΦ/Δt|）が誘導起電力の大きさとなります。起電力が判ればオームの法則につないで、電流が求まります。

• ループ内に発生する
  誘導起電力をＦ’とすると
  電磁誘導の法則より
  V’=|ΔΦ/Δt|
  =4ct²Δh/Δt
• よって
  オームの法則より
  I=V’/2R
  ＝2cl²Δh/RΔt
  （これが正解です）

(3)に関して、導体ループ各辺が磁場から受ける力の向きを答えます。

ポイントは「問２(1)の計算結果」です。

「ΔΦ＝-4cl²Δh」と負の値になっています。よって、ループが落下することにより、ループを貫く磁束は減っています。よって、誘導電流は「磁束を貫く方向＝反時計回り」に発生しています。

• 問２(1)の結果より
  電流Ｉは反時計回りに流れている
• よって、左手の法則より
  正解は（ａ）

(4)に関して、導体ループの運動方程式を答えます。

ポイントは「MN、LKが受ける上向きのローレンツ力」です。

• 磁場の「ｙ方向成分」
• 反時計回りの「誘導電流」に

左手の法則を使ってみてください。上向きに力を受けることが解ります。

• 磁場のｙ方向成分|By|=clより
  MN、LKは上向きに
  I |By|・2l＝2Icl²
  の力を受ける
• よって、求める運動方程式は
  ma＝4Icl²－mg
  （これが正解です）

大問３

問１(1)に関して、文章中の（ア）～（オ）に入る式を答えます。

（ア）に関して

• 「道のり＝速さ×時間」より
  AO=ct₀
  （これが正解です）

（イ）に関して

• AB＝速さ×１周期＝v/f
  AB’＝ABcosθ＝vcosθ/f
  （これが正解です）

（ウ）に関して

• BD＝速さ×時間
  ＝速さ×(t₀-１周期)
  ＝c(t₀-1/f)
  （これが正解です）

（エ）に関して

• DO＝AO-AB’-B’D
  ≒AO-AB’-BD
  ＝ct₀-vcosθ/f-c(t₀-1/f)
  ＝(c-vcosθ)/f
  （これが正解です）

（オ）に関して

• 「速さ＝振動数×波長」より
  振動数＝速さ/波長
  ＝cf/(c-vcosθ)
  （これが正解です）

(2)に関して、航空機の「点Oに対する角度」で変化する振動数をグラフに描きます。

• θ＝0°：340/(340-170)×100＝200Hz
• θ＝90°：340/(340-0)×100＝100Hz
• θ＝180°：340/(340+170)×100≒67Hz

以上３つが正解です。

問２(1)に関して、シチュエーションが変わり「大気が２層」になります。大気の変わり目における「Φ₁とΦ₂の間に成り立つ等式」を答えます。

ポイントは「屈折の法則」です。

大気が二層になったので、境目で屈折の法則を使います。

• 屈折の法則より
  sinΦ₁/sinΦ₂＝c₁/c₂
  （これが正解です）

(2)に関して、点Oに届いた音波の「波長と振動数」を答えます。

ポイントは「屈折後も振動数は変わらない」ことです。

• 大気Ⅰ・Ⅱの境目における
  音波の振動数をf₁とおくと
  f₁＝c₁f/(c₁+vsinΦ₁)
• Oにおける音波の振動数と
  波長をf₂・λ₂とおくと
  f₂＝f₁＝c₁f/(c₁+vsinΦ₁)
  （これが正解です）
• λ₂＝c₂/f₂
  ＝c₂(c₁+vsinΦ₁)/c₁f
  （これが正解です）

(3)に関して、点Oに音波が届かなくなった時の「ｃ₁の値」を答えます。

ポイントは「全反射」です。

点Oに音波が届かないという事は、大気の層で全反射したという事です。

• 点Oに音波が届かなかったということは
  Φ₁＝60°において
  Φ₂＝90°になったということである
• よって
  sin60°/sin90°＝c₁/380
  ∴ c₁＝√3/2 × 380
  ≒3.3×10²(m/s)
  （これが正解です）

九州大学の物理2017年・平成29年度

大問１

問１(1)に関して、車止めに達した瞬間の「台車の速さＶ」を答えます。

ポイントは「エネルギー保存則」です。

バネを縮めた際のエネルギーが、台車の運動エネルギーになっています。

• 1/2・ka²＝1/2・(ｍ+M)V²
  ∴ V=a√{k/(m+M)}
  （これが正解です）

問１(2)に関して、小物体が「点Ｃから飛び出す時の速さｖ₀」を答えます。

ポイントは「摩擦力の仕事」です。

速さVで台車から発射された小物体は、BC間で摩擦を受け速さｖ₀になります。

• 台車から発射された際の小物体の運動エネルギーは
  BC間の摩擦力の仕事と
  点Ｃにおける小物体の運動エネルギーになるので
  1/2・ｍV²＝μmgL+1/2・mv₀²
  ∴v₀=√{a²k/(M+m)-2μgL}…①
  （これが正解です）

問１(3)に関して、点Ｃを速さv₀飛び出した小物体が「点Ｄを通過するようなv₀の条件」を答えます。

ポイントは「小物体が自由落下すること」です。

距離d/2だけ自由落下する時間は、計算で求まります。この時間で小物体が「右向きにｄ」進むような速さが、求めるｖ₀です。

• 小物体が点Ｃから点Ｄまでにかかる時間をｔとすると
  1/2・gt²=d/2
  ∴ t=√(d/g)
• この時間で小物体は右向きにd進むので
  v₀t=d
  ∴ v₀=d/t
  =√(gd)…②
  （これが正解です）

問１(4)に関して、問３の様な状況（点Ｄを通る）となる「ばねの縮みａ」を答えます。

ポイントは「(2)のv₀と(3)のv₀」です。

(2)のv₀	バネから放たれた小物体が点Ｃを飛び出す時の速さ
(3)のv₀	点Ｃを飛び出した小物体が点Ｄを通る条件

よって、(2)＝(3)となれば、本問の条件を満たします。

• 題意を満たす条件は①＝②なので
  ①②よりv₀を消去して
  ａ=√{g(d+2μL)(M+m)/k}
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。点Ｃで小物体が小球に衝突した直後の

• 小物体の速さｖ₁
• 小球の速さｖ₂

を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

衝突した瞬間を考えれば「外力による力積」が加わらないため、運動量保存則を使えます。

• 衝突直前・直後の運動量保存則より
  mv₀’=mv₁+mv₂…③
• また、はね返りの式より
  v₁-v₂=-e(v₀’-0)…④
• ③④より
  v₁=(1-e)v₀’/2（これが正解です）
  v₂=(1+e)v₀’/2（これが正解です）

問２(2)に関して、小物体と小球の衝突で「失われた力学的エネルギーΔＥ」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

衝突前のエネルギーの方が大きい事は明らかなので

• |変化|＝|後－前|＝前－後

と、応用して使います。

• 衝突前の運動エネルギーは
  1/2・mv₀’²…⑤
• 衝突後の運動エネルギーは
  1/2・mv₁²+1/2・mv₂²…⑥
• ΔＥ=⑤－⑥
  =(1-ｅ²)mv₀’²/4
  （これが正解です）

問２(3)に関して、点Ｃを飛び出した小球が壁ではね返り、点Ｄで小物体と２度めの衝突をする時の「反発係数ｅ」を答えます。

ポイントは「２物体の横方向の移動距離」です。

２物体が縦方向にｄ/2自由落下する時間で

• 小物体は横方向にｄ
• 小球は横方向に３ｄ

移動します。小球と壁が弾性衝突するからです。

• 壁と弾性衝突した小球と小物体が
  点Ｄで再び衝突するということは
  一定時間の間に
  小物体はｄ移動し
  小球は３ｄ移動したことを示す
• よって
  小球の速さは小物体の３倍なので
  3v₁=v₂
  ∴ｅ=1/2
  （これが正解です）

問２(4)に関して、小物体と小球が「床に落下する前に衝突」するための「ばねの縮みａ’」を答えます。

ポイントは「２物体が自由落下する」ことです。

２物体が床に着くまでの時間ｔ₁は計算で求まるので、この時間内に「２物体の移動が終わればよい」と解ります。

• 点Ｃを飛び出した２物体が
  床に着くまでの時間をｔ₁とおくと
  1/2・gt₁²=d
  ∴ t₁=√(2d/g)…⑦
• また、点Ｃを飛び出した小球が
  壁に跳ね返って小物体と衝突する
  までの時間をｔ₂とおくと
  v₂t₂=3d…⑧
• 題意よりe=1/2なので
  v₂=(1+e)v₀’/2
  =3/4v₀’…⑨
• v₀’をａ’を使って表すと
  ①より
  v₀’=√{a’²k/(m+M)-2μgL}…(10)
• t₂<t₁となれば
  床に達する前に２物体が衝突するので
  ⑦⑧⑨を代入して
  4d/v₀’<√(2d/g)
  さらに(10)を代入して
  a’>√{2(m+M)g/k・(4d+μL)}
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、電子の周回によって「原点に発生する磁束密度Ｂ₀」を答えます。

• 磁場の強さをＨとおくと
  H＝I₀/2r
• よって
  Ｂ₀=μ₀H
  =μ₀I₀/2r（Ｔ）
  （これが正解です）

問２(2)に関して、磁束密度Ｂ₀の「向き」を答えます。

ポイントは「右ネジの法則」です。

• マイナスの電荷を持った電子が
  反時計回りに動いているため
  電流の向きは時計回りである
• よって、右ねじの法則より磁界は
  「②Ｚ軸負の向き」
  （これが正解です）

問２に関して、電流定義に基づいて「I ₀」を答えます。

ポイントは「１秒」です。

問題文の「電流の定義に基づいて」とは「１秒間に流れる電気量を使え」という意味です。

• 電子の速さv₀より
  電子は円周を１秒間に
  v₀/2πr周する
• また、電子１個の電気量はeなので
  電流の定義に基づいて
  Ｉ₀=ev₀/2πr（A）
  （これが正解です）

問３に関して、電子の運動方程式を使い「速さv₀」を答えます。

ポイントは「クーロン力」です。

電子は円の中心にある原子核に引かれて円運動しているので、運動方程式の右辺にクーロン力を書きます。

• 電子の運動方程式より
  mv₀²/r=k₀e²/r²
  ∴ v₀=√(k₀/mr)（m/s）
  （これが正解です）

問４(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。下から磁場Ｂがかかる時、電子が受ける「ローレンツ力の大きさｆ」を答えます。

• ローレンツ力→ｆの大きさは
  ｆ=evB（N）
  （これが正解です）

問４(2)に関して、(1)の「力の向き」を答えます。

ポイントは「左手の法則」です。

• 左手の法則より、ローレンツ力の向きは
  「④電子から原点に向かう向き」
  （これが正解です）

問５(1)に関して、以下の式に当てはまる（ア）（イ）を答えます。

• v²＝(ア)×｛１＋(イ)×B×v｝

ポイントは「与式の左辺v²」です。

これは「電子の速さの２乗」なので、電子の運動方程式を使えばよいと解ります。

• 電子の運動方程式より
  mv²/r=k₀e²/r²+evB
  ∴ v²=k₀e²/mr・(1+r²Bv/k₀e)…①
  （これがアとイの正解です）

問５(2)に関して、磁場をかけたことによる「電子の速さの変化Δv₀」を答えます。

ポイントは「問５(1)の活用」です。

• 与式より
  v²≒v₀²+2v₀×Δv₀
  =k₀e²/mr+2v₀Δv₀（∵問３）…②
• ①と近似式「B×v≒B×v₀」より
  v²=k₀e²/mr・(1+r²Bv₀/k₀e)…③
• ②=③より
  k₀e²/mr+2v₀Δv₀=k₀e²/mr・(1+r²Bv₀/k₀e)
  （赤色部分を右辺へ移項して）
  ∴ 2v₀Δv₀=k₀e²/mr・r²Bv₀/k₀e
  ∴ 2v₀Δv₀=erBv₀/m
  ∴ Δv₀=er/2m×B
  （これがウの正解です）

問６に関して、電子の速さの変化による「原点の磁束密度の変化ΔB₀」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

• B₀=μ₀/2r・I₀より
  ΔB₀=μ₀/2r・ΔI₀
  =μ₀/2r・(ev/2πr－ev₀/2πr)（∵問２）
  =μ₀/2r・e/2πr・(v-v₀)
  =μ₀/2r・e/2πr・Δv₀
  =μ₀/2r・e/2πr・er/2m×B（∵問５）
  =μ₀e²B/8πmr（Ｔ）
  （これが正解です）

問７に関して、磁場をかけた事による電子の運動の変化から生じる「磁場の変化ΔB」を答えます。また、電子の円運動を逆向きにした時のΔBをΔB’とした時の「ΔB’の向き」を答えます。

ポイントは「ローレンツ力の向き」です。

問６までの電子の運動（反時計回り）の場合、左手の法則より、ローレンツ力の向きは「円の中心方向」でした。しかし、電子が逆向き（時計回り）に運動すると、ローレンツ力は「円の外側方向」に働きます。

• 電子が反時計回りの時の運動方程式は
  問５(1)より
  mv²/r=k₀e²/r²+evB
  電子が時計回りの時の運動法方程式は
  ローレンツ力が逆向きになるため
  mv²/r=k₀e²/r²-evB
• ゆえに、電子が反時計回りの時は
  電子の速度が上がるため
  時計回りの電流が増える
• また、電子が時計回りの時は
  電子の速度が下がるため
  反時計回りの電流が減る
• よって、電子が時計回りの時は
  ｚ軸負の向きの磁場が増え
  電子が反時計回りの時は
  ｚ軸正の向きの磁場が減る
• よって、ΔBおよびΔB’の向きは
  「④両方ともｚ軸の負の向き」となる
  （これが正解です）

大問３

問１(1)に関して、真空（屈折率１）から平面鏡（屈折率１より大）で光が反射する際の「位相のずれ」を答えます。

• 屈折率が小さい物質から
  屈折率が大きい物質へ波が入る時
  位相は「πずれる」
  （これが正解です）

問１(2)に関して、光子１個が平面鏡に与える力積の大きさを答えます。

ポイントは「運動量」です。

「力積の大きさ＝運動量の変化の大きさ」なので、反射前後の光子の運動量を求めれば正解できます。

• 反射前の光子の運動量は
  hν/c
  反射後の運動量は
  運動方向が逆になるため
  -hν/c
• よって、光子が平面鏡に与える
  力積の大きさは
  |力積|=|-hν/c-hν/c|
  =2hν/c
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。

ｌ₁	「スリット→点Ｐ」の距離
ｌ₂	「スリット→平面鏡→点Ｐ」の距離

とした時の「ｌ₂－ｌ₁」を答えます。

ポイントは「三平方の定理」です。

区間	距離
スリット～スクリーン	Ｌ
平面鏡～スリット	ｄ
平面鏡～点Ｐ	ｘ

各区間の距離は上記のとおりなので、三平方の定理で求まります。

• l₁=√{L²+(x-d)²}
  l₂=√{L²+(x+d)²}
• よって
  l₂-l₁
  =√{L²+(x+d)²}-√{L²+(x-d)²}
  （これが正解です）

問２(2)に関して、(1)において近似を使った時の「鏡に最も近い明線の位置ｘ」を答えます。

ポイントは「鏡に最も近い」という文言です。

つまり「１本目の明線」なので、光路差に対する波長のズレは「λ/2」となります。

• 与えられた近似を使い
  問２(1)を書き直すと
  l₂-l₁
  =L[1+1/2{(x-d)/L}²]-L[1+1/2{(x-d)/L}²]
  =2xd/L
• 今、この光路差と半波長が等しくなるので
  2xd/L=λ/2
  ∴ x=Lλ/4d
  （これが正解です）

問２(3)に関して、ここでシチュエーションが変わります。装置内を屈折率ｎの物質で満たし「鏡に最も近い明線の位置ｘ」を答えます。

ポイントは「光路差」です。

屈折率１の真空から、屈折率ｎの物質に変わったため、光路差はｎ倍になっています。他は(2)と同じです。

• 光路差と半波長が等しくなるので
  n(l₂-l₁)=λ/2
  ∴ n・2xd/L=λ/2
  ∴ x=Lλ/4nd
  （これが正解です）

問３（ア）に関して、ここでシチュエーションが変わります。真空中をｘ軸正の向きへ移動する平面鏡に対し、光子をぶつけた時の「エネルギー保存則の式」を答えます。

• 衝突前後で
  鏡と光子のエネルギーの和は保存するので
  1/2・MV²+hν=1/2・MV’²+hν’
  ∴ 1/2・MV’²-1/2・MV²=h(ν-ν’)
  （これが正解です）

問３（イ）に関して、（ア）と同様で「運動量保存の式」を答えます。

• 衝突前後で
  鏡と光子の運動量の和は保存するので
  MV+hν/c=MV’-hν’/c
  ∴ MV’-MV=h/c・(ν+ν’)
  （これが正解です）

問３（ウ）に関して、（ア）（イ）で求めた式を変形し「λ’/λ＝」の形にします。

ポイントは「光の速さｃ」です。

「c=νλ」であり「c=ν’λ’」でもある事を、式変形で活用します。

• （ア）より
  1/2・MV’²-1/2・MV²=h(ν-ν’)
  ∴ M/2・(V’+V)(V’-V)=h(ν-ν’)…①
• （イ）より
  MV’-MV=h/c・(ν+ν’)
  ∴ V’-V=h(ν+ν’)/Mc…②
• 問題文より
  V’+V≒2V…③
• ①に②③を代入して
  M/2・2V・h(ν+ν’)/Mc=h(ν-ν’)
  ∴ ν/ν’=(c+V)/(c-V)…④
• ここで
  c=νλ
  c=ν’λ’
  を④に代入して
  λ’/λ=(c+V)/(c-V)
  （これが正解です）

問３（エ）に関して、ここでシチュエーションが変わります。光の速さcで時間t₀だけ進んだ時の距離「ct₀」を答えます。

ポイントは「問題文」です。

問題文	対応区間	長さ
鏡は一定の速さVで動く	t=0とt=t₀ における 平面鏡の距離	Vt₀ =AB’cosα
線分ABの長さを入射波の波長λと等しくなるようにとる	AB	λ
t=0に点Aで反射した光は、t=t₀に点A’	AA’	ct₀
線分BB’の長さと線分AA’の長さは等しい	BB’	ct₀

• 問題文より
  ct₀
  ＝AA’
  ＝BB’
  ＝BA+AB’
  ＝λ+Vt₀/cosα
  （これが正解です）

問３（オ）に関して、反射波の波長λ’を答えます。

ポイントは「解答の形」です。

問題文に「λ’=ct₀+(オ)×cos(α+β)」と書いてありますが、これは問３（エ）までの情報より「λ’=AA’+AB’cos(α+β)」のことです。

• λ’=AA’+(オ)×cos(α+β)
  =ct₀+AB’cos(α+β)
  より
  (オ)＝AB’
• よって、問２（エ）より
  （オ）=Vt₀/cosα
  （これが正解です）

問３（カ）に関して、（エ）（オ）からt₀を消去した「λ’/λ」を答えます。

• （エ）の結果より
  λ=ct₀-Vt₀/cosα
• （オ）の結果より
  λ’=ct₀+Vt₀cos(α+β)/cosα
• よって
  λ’/λ
  ={ccosα+Vcos(α+β)}/(ccosα-V)
  （これが正解です）

九州大学の物理2016年・平成28年度

大問１

問１(1)に関して、小物体Ａがｘ＝０を「初めて通過する時の速さ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

摩擦力・空気抵抗を無視できるため、エネルギーは保存します。

• 力学的エネルギー保存則より
  1/2・kx₀²=1/2・(MA+MB)v₀²
  ∴v₀=x₀√{k/(MA+MB)}…①
  （これが正解です）

問１(2)に関して、小物体Ａがｘ＝０を「初めて通過する時刻」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

時間を求める問題なので、時間の関数（運動方程式）を使います。

• 小物体Ａのｘ軸方向の加速度をａとして
  運動方程式より
  (MA+MB)a=-kx
  ∴ ａ=-kx/(MA+MB)
• 上式より
  小物体Ａは単振動しており
  角振動数ω：√{k/(MA+MB)}
  周期Ｔ：2π√{(MA+MB)/k}
  とわかる
• よって
  小物体Ａが初めてx=0を通過するのは
  t=T/4の時なので
  t₀=T/4
  =π/2・√{(MA+MB)/k}
  （これが正解です）

問１(3)に関して、時刻ｔ₀以降の「小物体Ａの位置ｘA(t)」を答えます。

ポイントは「三角関数」です。

小物体Ａは単振動するので、三角関数を使って位置を表現できます。

• t=t₀以降
  小物体Ａは小物体Ｂと離れて運動する
  この時のＡの加速度をａ₁とおくと
  運動方程式より
  MAa₁=-kx
  ∴ a₁=-kx/MA
  となるので、Ａは単振動する
• この単振動は
  振動中心：x=0
  角振動数：ω₁=√(k/MA)…②
  周期：T₁=2π√(MA/k)…③
  であり
  振幅をSとおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・MAv₀²=1/2・kS²
  ∴ S=v₀√(MA/k)…④
  となる

単振動において「振幅、角振動数、Aの運動方向」の３点が判ったので、三角関数を使ってＡの位置を表現できます。ここがポイントです。

• 小物体Ａは時刻t₀において
  x=0かつ速度が正方向なので
  ｘA(t)＝Ssinω₁(t-t₀)
  （②④を代入します）
  =v₀√(MA/k)・sin{√(k/MA)・(t-t₀)}
  （①を代入します）
  =x₀√{MA/(MA+MB)}・sin{√(k/MA)・(t-t₀)}
  （これが正解です）

問１(4)に関して、時刻t₀以降の「小物体Ｂの位置ｘB(t)」を答えます。

ポイントは「等速直線運動」です。

• 時刻t₀以降
  小物体Ｂは一定速度v₀で運動するので
  xB(t)=v₀(t-t₀)
  =x₀√{k/(MA+MB)}・(t-t₀)
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。壁で跳ね返ったＢが再びＡと合体して運動できるような「壁の位置」および「Ｂが初めて壁に衝突する時刻」を答えます。

ポイントは「壁で反射したＢがｘ＝０に戻ってきた時の、Ａの運動」です。

壁で反射したＢとＡが再び合体するためには、Ａが左向きにｘ＝０を通過していればよいと解ります。

• Bが壁に衝突する時刻をt₁とおくと
  Aから離れたBが
  x＝0で再びAと一体になるまでの時間は
  2(t₁-t₀)…⑤
  となる
• この時Aが単振動の1/2周期を終え
  x=0を左向きに通過すれば
  再びＢと合体できるため
  ④⑤より
  T₁/2=2(t₁-t₀)
  ∴ t₁=t₀+π/2・√(MA/k)
  （これが正解です）

続いて「反射壁の位置」です。ここまで来ればすぐ出ます。

• よって、反射壁の位置Ｄ₀は
  D₀=v₀(t₁-t₀)
  =πx₀/2・√{MA/(MA+MB)}
  （これが正解です）

問２(2)に関して、小物体Ａ・Ｂの位置に関して「１周期分のグラフ」を作図します。

問２(1)までの情報をまとめると、以下の図が正解となります。

問２(3)に関して、小物体Ａ・Ｂが周期的に分離・合体を繰り返すための「壁の位置ｘ=Dpが満たすべき条件」を答えます。

ｐの値	分離→合体 までの時間	Bの走った距離	壁の位置
0	T₁/2	v₀・T₁/2	1/2(v₀・T₁/2)
1	T₁/2＋T₁	v₀・3T₁/2	1/2(v₀・3T₁/2)
2	T₁/2+2T₁	v₀・5T₁/2	1/2(v₀・5T₁/2)
3	T₁/2+3T₁	v₀・7T₁/2	1/2(v₀・7T₁/2)

上記より、Ｂの走った距離は「v₀・T₁(1/2+ｐ)」と表現できます。この半分が「壁の位置」なので、以下の様に正解できます。

• Dp=1/2{v₀・T₁(1/2+p)}
  （①③を代入します）
  =1/2・x₀√{k/(MA+MB)}・2π√(MA/k)・(1/2+p)
  =(p+1/2)πx₀√{MA/(MA+MB)}
  （これが正解です）

問３(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。

1. A・B一体となった運動からＢが放出される
2. 壁で跳ね返ったＢが、ｘ＝０でＡと正面衝突する
3. 再び壁で跳ね返ったＢが、今度はＡと合体する
4. １に戻る

上記が起きるための「壁の位置ｘ＝Lpが満たすべき条件」を答えます。

壁が最も近くにある場合 （ｐ＝０の時）	Ａの移動距離	Bが走った距離
一体となったＡ・ＢからＢが放出された	0	0
壁から戻って来たＢがＡと正面衝突	単振動１周期分	v₀・Ｔ₁
再び壁から戻ってきたＢがＡと合体	単振動１周期分	v₀・Ｔ₁
合計	単振動２周期分	２v₀・T₁

壁が少し離れた場合 （ｐ＝１の時）	Ａの移動距離	Bが走った距離
一体となったＡ・ＢからＢが放出された	0	0
壁から戻って来たＢがＡと正面衝突	単振動２周期分	２v₀・Ｔ₁
再び壁から戻ってきたＢがＡと合体	単振動２周期分	２v₀・Ｔ₁
合計	単振動４周期分	４v₀・T₁

壁がもうチョット離れた場合 （ｐ＝２の時）	Ａの移動距離	Bが走った距離
一体となったＡ・ＢからＢが放出された	0	0
壁から戻って来たＢがＡと正面衝突	単振動３周期分	３v₀・Ｔ₁
再び壁から戻ってきたＢがＡと合体	単振動３周期分	３v₀・Ｔ₁
合計	単振動６周期分	６v₀・T₁

上記より、この運動にかかる時間は「(p+1)×2T₁」と解ります。よって「v₀×Ｂの走った時間＝２Lp×2往復」と立式すれば正解できると解ります。

• (p+1)2T₁・v₀＝2Lp×2
  （①③とMA=MB＝Mを代入します）
  ∴ (p+1)・4π√(M/k)・x₀√{k/(M+M)}＝2Lp×2
  ∴ Lp=(p+1)πx₀/√2
  （これが正解です）

問３(2)に関して、反射壁がｘ＝L₀にある時の「小物体Ａの位置のグラフ」を作図します。

ここまでの情報を総合して作図すると、以下が正解です。

大問２

問１に関して、導体に流れる「電流の大きさ」を答えます。

電流は「単位時間あたりに導線の断面を通過する電気量」なので、以下の様に立式できます。

• Ｉ＝envab(A)…①
  （これが正解です）

問２に関して、自由電子が電場から受ける力と抵抗力が釣り合う時の「電子の速さ」を答えます。

ポイントは「力のつり合いの式」です。

問題文で「抵抗力=kv」が定義されているので、これを活用して立式します。

• 導体内の電場の強さをＥとおくと
  E=V/l
• 力のつり合いの式より
  eE=kv
  ∴ eV/l=kv
  ∴ v=eV/kl（m/s）…②
  （これが正解です）

問３に関して、「抵抗Rと低効率ρ」を答えます。

ポイントは「問１と問２の式」です。

①式に②式を代入すると「ＩとVの式」ができるので、オームの法則に持ち込んで正解・・・という流れです。

• ①に②を代入すると
  I=en・eV/kl・ab
  ∴ V=kl/e²nab・I
  オームの法則より
  Ｒ=kl/e²nab（Ω）
  （これが正解です）

続いて「抵抗率ρ」です。

• R=ρ・l/abより
  ρ=abR/l
  =k/e²n（Ω・m）
  （これが正解です）

問４(1)に関して、20.0℃における「導体の抵抗値」を答えます。

• 20.0℃における
  抵抗率をρ₂₀
  抵抗値をR₂₀
  とおくと
  R₂₀=ρ₂₀・l/ab
  =1.00（Ω）
  （これが正解です）

問４(2)に関して、温度20.0℃・電圧3.00Vにおける「電流の大きさ」と「1.00時間あたりのジュール熱」を答えます。

• オームの法則より
  I=V/R₂₀
  =3.00/1.00
  =3.00（A）
  （これが正解です）

続いてジュール熱です。

• 求めるジュール熱をWとすると
  時間は3600(s)なので
  W=3.00×3.00×3600
  =3.24×10⁴（J）
  （これが正解です）

問４(3)に関して、「100℃における抵抗値」を答えます。

ポイントは「20℃における抵抗値」です。

20℃の抵抗率は問題文で示されており、抵抗値は問４(1)で求めています。よって、20℃との比で考えれば正解できます。

• 100℃における抵抗値をR₁₀₀（Ω）とし
  20℃における抵抗値と比較すると
  1.00=ρ₀(1+4.30×10⁻³×20)×10.0/(4.00×10⁻⁴)²…③
  R₁₀₀=ρ₀(1+4.30×10⁻³×100)×10.0/(4.00×10⁻⁴)²…④
• ④÷③より
  R₁₀₀=1.43/1.086×1.00
  ≒1.32（Ω）
  （これが正解です）

問４(4)に関して、導体の温度を挙げると「抵抗値が増加する理由」を60字以内で答えます。

• 導体の温度が上がると陽イオンの熱運動が激しくなり、自由電子との衝突回数が増えることで電流が流れにくくなるから。（55字）

問５に関して、ここでシチュエーションが変わります。下から磁場をかけた事による「ローレンツ力の大きさと向き」を答えます。

ポイントは「左手の法則」です。

• まず、電子１個にはたらくローレンツ力の大きさは
  fM=evB（N）
  （これが正解です）
• 向きは左手の法則より
  ｘ軸の正方向
  （これが正解です）

問６に関して、ローレンツ力によって移動した自由電子による「電場から電子１個が受ける力の大きさ」を答えます。

• 電子１個が電場から受ける力の大きさは
  fE=eE（N）
  （これが正解です）
• 向きは
  ｘ軸の負方向
  （これが正解です）

問７に関して、問５のローレンツ力と問６の電場による力が釣り合う時に「成り立つ式」を答えます。

• 力のつり合いより
  evB=eE
  ∴ E=vB
  （これが正解です）

問８に関して、試料中の「自由電子の数密度ｎ」を答えます。

ポイントは「ｎが含まれた式」です。

本問の条件から立式しｎを求める問題なので、１本は「ｎを含んだ式」が必要です。この視点から過去の問題を見ると

• 問１の「Ｉの式」
• 問３の「Ｒの式」

どちらかを使うだろうと解ります。

• 試料の２面間の電位差VHに関して
  VH=Eb
  =vBb（∵問７）
• これを問１の①に代入すると
  n=I/evab
  =I/eab・Bb/VH
  =IB/eaVH（個/m³）
  （これが正解です）

大問３

問１に関して、レンズに関する空所①～⑤に適切な記号・数式を入れます。

ポイントは「AA’＝OP」です。

レンズ・物体・実像が作る直線によって「△AA’O∽△BB’O」と「△OPF’∽△BB’F’」という２つの相似関係が存在します。そして「AA’=OP」が明らかな事により、この２つの相似関係をつないで１つの式を導くことができます。

• △AA’O∽△BB’Oより
  AA’/BB’＝a/b
  （これが①②の正解です）
• また、△OPF’∽△BB’F’より
  OP/BB’＝f/(b-f)
  （これが③④の正解です）
• 以上とAA’=OPより
  a/b=f/(b-f)
  ∴ 1/a+1/b=1/f
  （これが⑤の正解です）

問２に関して、レンズを右向きに移動させて、スクリーンに再び鮮明な像が現れた時の「物体とレンズの距離」と「倍率」を答えます。

ポイントは「問１のレンズの式」です。

問題文で「f=16,a=20」が与えられており、b（物体とレンズの距離）を求める問題なので、問１の式を流用できます。

• 問１⑤の式にa=20,f=16を代入すると
  1/20+1/b＝1/16
  ∴ b＝80（cm)
  （これが正解です）
• また、倍率は
  20/80=1/4
  （これが正解です）

問３に関して、作図問題です。

1. 点A’→点Pへ向かう光
2. 点A’→点Oへ向かう光
3. 虚像CC’の位置と大きさ

上記３点を図中に記します。

ポイントは「光の経路２つ」です。

物体から水平に出た光	レンズで屈折して焦点を通る
物体からレンズの中心へ向かう光	真っすぐ進む

そして、２つの光が交わる点に像ができます。

問４に関して、f=16,AA’とLの距離を12とした時の「レンズと虚像の距離」を答えます。

ポイントは「問１のレンズの式」です。

像の位置が変わっていますが、レンズの式は使えます。

問題文	レンズの式における
AA’とLの距離	ａのこと
レンズLと虚像CC’の距離	ｂのこと

よって、正解は以下の通りです。

• 問１⑤のレンズの式に
  a=12,f=16を代入して
  1/12+1/b＝1/16
  ∴ b＝-48（cm）
• よって
  レンズLと虚像CC’の距離は
  48（cm）
  （これが正解です）

問５に関して、ここでシチュエーションが変わります。「倍率DD’/AA’」を答えます。

ポイントは「問１と同じ解き方」です。

レンズが２枚に増えましたが、問５に関わるのはレンズＬ₁だけです。よって、問１と同じ解き方で正解できます。

• 問１と同様にして
  △OPF’∽△BB’Fより
  DD’/AA’=DD’/OP=g/f₁
  （これが正解です）

問６に関して、「倍率EE’/AA’」を答えます。

ポイントは「実像DD’を、レンズＬ₂にとっての物体とみなすこと」です。

複雑な装置を、以下の簡単な２つの関係とみなすことができます。

関係１	物体AA’ レンズＬ₁ 実像DD’
関係２	物体DD’ レンズＬ₂ 虚像EE’

• レンズＬ₂の中心をO₂
  Ｌ₂から実像DD’までの距離をｄとおくと
  レンズの式より
  1/d+1/(-h)=1/f₂
  ∴ d=f₂h/(f₂+h)
• よって
  △O₂DD’∽△O₂EE’より
  レンズＬ₂の倍率は
  EE’/DD’
  =(f₂+h)/f₂
• よって求める値は
  EE’/AA’
  =DD’/AA’・EE’/DD’
  =g(f₂+h)/f₁f₂
  （これが正解です）

問７に関して、レンズＬ₁を焦点距離が短いレンズＬ₃に変えた時の「物体AA’の位置」と「レンズの倍率」について答えます。

ポイントは「虚像JJ’の位置がEE’と同じ」という事実です。

レンズＬ₂周りの関係（上記・関係２）が変化しておらず、その上で、虚像の位置まで変化しないという事は「実像DD’の位置も変化してない」ということです。

レンズを取り替えた（Ｌ₁→Ｌ₃）のに実像DD’の位置が変化しない、という事は「物体AA’を移動させて補正した」という事です。

レンズ１と３で焦点距離が「f₃＜f₁」なので、レンズ３による実像は「本来、DD’の左側に来るはず」です。DD’の位置から全く動いてないという事は「物体AA’を右に移動させた」という事です（これが正解です）

続いて、像の大きさに関して。物体AA’を右側に動かして、レンズ１と同じ位置に実像DD’を作ったという事は、レンズ３による実像の方が大きい事を示しています。よって「EE’>JJ’」となるため「EE’/AA’>JJ’/AA’」となります（これが正解です）

よって、総合して②が正解です。

問８に関して、「倍率JJ’/AA’」を答えます。

• レンズ３と物体AA’の距離をa’とおくと
  レンズの式より
  1/a’+1/(f₁+g)=1/f₃
  ∴ a’=f₃(f₁+g)/(g+f₁-f₃)
• 三角形の相似より
  DD’/AA’=(f₁+g)/a’
  JJ’/DD’=(f₂+h)/f₂
• よって
  JJ’/AA’
  =JJ’/DD’・DD’/AA’
  =(f₂+h)/f₂・(f₁+g)・(g+f₁-f₃)/f₃(f₁+g)
  =(g+f₁-f₃)(f₂+h)/f₂f₃
  （これが正解です）

九州大学の物理2015年・平成27年度

大問１

問１(1)に関して、糸OAの「張力の大きさ」を答えます。

ポイントは「力の分解」です。

おもりにかかる力を「水平方向」と「鉛直方向」に分解すると、張力が求まります。

• 糸OAによる張力をS₁
  糸O’Aによる張力をS₂
  とおく
• 水平方向・鉛直方向の力のつり合いより
  S₁cos30°=S₂cos60°
  S₁sin30°+S₂sin60°=mg
  ∴ S₁=mg/2
  （これが正解です）

問１(2)に関して、おもりが点Bを通過する際の速さv₁を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

• 力学的エネルギー保存則より
  1/2・mv₁²+mgr=mg・5/2r
  ∴ v₁=√(3gr)…①
  （これが正解です）

問１(3)に関して、おもりが点Bを通過する直前の張力Ｔ₁、直後の張力Ｔ₂の比「T₂/T₁」を答えます。

ポイントは「円運動の半径」です。

点Ｂを	円運動の半径
通過前	３ｒ
通過後	ｒ

• 点Ｂを通過前の
  おもりの運動方程式より
  ｍ・v₁²/3r=T₁-mg…②
  ①②より
  T₁=2mg…③
• 点Ｂを通過後の
  おもりの運動方程式より
  ｍ・v₁²/r=T₂-mg…④
  ①④より
  T₂=4mg…⑤
• ③⑤より
  T₂/T₁=2
  （これが正解です）

問１(4)に関して、糸がたるまずに点Ｃ（円運動の頂上）に達するための「速さの最小値ｖ₀」を答えます。

ポイントは「張力」です。

問題文の「糸がたるまずに」とは「張力が存在する」という事です。

• 点Ｃにおけるおもりの速さをｖ₂とおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・mv₀²+mg・5r/2=1/2・mv₂²+mg・3r
  ∴ v₂=√(v₀²-gr)
• おもりが点Ｃにある時の
  糸の張力をＴ₃とおくと
  おもりの運動方程式より
  m・v₂²/r=T₃+mg
  ∴ T₃=m・v₂²/r-mg
  =m・v₀²/r-2mg
• 点Ｃにおいて
  糸がたるまない条件はT₃≧0より
  m・v₀²/r-2mg≧0
  ∴ v₀≧√(2gr)
  （これが正解です）

問１(5)に関して、点Ｃ→点Ｄにおける「水平方向の移動距離Ｌ」を答えます。

ポイントは「床に落下するまでの時間＝水平に移動した時間」です。

• 条件より
  v₀＝√(2gr)
  なので
  v₂＝√(v₀²-gr)
  =√(gr)…⑥
• おもりの鉛直方向の加速度の大きさはｇなので
  床に落下するまでの時間をｔとして
  1/2・gt²=3r
  ∴ t=√(6r/g)…⑦
• よって、⑥⑦より
  L=v₂t
  =√6r
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。１回目の小球放出後の「台の速度V₁」を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

１回目	放出前	放出後
台の質量	M	M-ｍ
台の速度	0	V₁
小球の速度		V₁-ｖ

• 小球の放出前後における運動量保存則より
  (M-m)V₁+m(V₁-v)=0
  ∴ V₁=mv/M
  （これが正解です）

問２(2)に関して、２回目の小球放出直後の「台の速度V₂」を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

問２(1)と同じ要領で正解できます。

２回目	放出前	放出後
台の質量	M-ｍ	M-2ｍ
台の速度	V₁	V₂
小球の速度		V₂-ｖ

• ２回目の放出前後における運動量保存則より
  (M-2m)V₂+m(V₂-v)=(M-m)V₁
  ∴ V₂=m(2M-m)v/{M(M-m)}…⑧
  （これが正解です）

問２(3)に関して、ｐ回目の小球放出による「台の速度変化Vp－Vp-1」を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

問２(1)と同じ要領で正解できます。

ｐ回目	放出前	放出後
台の質量	M-(p-1)m	M-pｍ
台の速度	Vp-1	Vp
小球の速度		Vp-ｖ

• ｐ回目の放出前後における運動量保存則より
  (M-pm)Vp+m(Vp-v)={M-(p-1)m}Vp-1
  ∴ Vp-Vp-1=mv/{M-(p-1)m}
  （これが正解です）

問２(4)に関して、ここでシチュエーションが変わります。２個の小球を同時放出した直後の「台の速度U」を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

問２(1)と同じ要領で正解できます。

１回目	放出前	放出後
台の質量	M	M-2ｍ
台の速度	0	U
小球の速度		U-ｖ

• １回目の放出前後における運動量保存則より
  (M-2m)U+2m(U-v)=0
  ∴ U＝2mv/M…⑨
  （これが正解です）

問２(5)に関して、問２(4)で求めた速度Uと問２(2)で求めた速度V₂の「大小関係」を答えます。

ポイントは「引き算」です。

大小関係を知りたいので「V₂－U」を計算します。

• ⑧-⑨より
  V₂-U
  =m(2M-m)v/{M(M-m)}-2mv/M
  =mv/{M(M-ｍ)}
  ＞0
• よって
  V₂ ＞ U
  （これが正解です）

大問２

問１に関して、棒１に生じる「起電力の大きさ」を答えます。

Δtにおける 回路の面積増加量	vΔt・L
回路を貫く 磁束の増加量	ΔΦ ＝vΔt・L・B
起電力	V＝ΔΦ/Δt ＝vBL （これが正解です）

問２に関して、回路に流れる「電流の大きさ」を答えます。

ポイントは「オームの法則」です。

起電力	vBL
抵抗	R
電流	Ｉ=V/R =vBL/R…① （これが正解です）

続いて、電流の「向き」に関して。

• 条件より
  回路を貫く磁束が増加しているため
  誘導電流は
  回路を貫く磁束を減らす方向に発生する
• よって、電流は
  「Ｐ→Ｑ」の向き
  （これが正解です）

問３に関して、棒１が磁場から受ける「力の大きさ」を答えます。

• 電流をＩとすると
  棒１が磁場から受ける力の大きさは
  IBL=vB²L²/R（∵①）
  （これが正解です）

問４に関して、棒１にかかる力がつり合った時の「棒１の速度の大きさ」を答えます。

ポイントは「力のつり合いの式」です。

糸が棒を引く力は、おもりにかかる重力ｍｇに等しいです。これが棒にかかるローレンツ力とつり合います。

• 棒１に関する力のつり合いより
  vB²L²/R=mg
  ∴ v=mgR/B²L²
  （これが正解です）

問５に関して、ここでシチュエーションが変わります。棒２の固定をはずし、動けるようにします。「棒２が動く向き」を答えます。

ポイントは「左手の法則」です。

棒２には電流が流れているため、磁場からローレンツ力を受け、その方向に移動します。

• 左手の法則より、棒２は
  「右向き」に動き始める
  （これが正解です）

問６に関して、回路に流れる「電流の大きさ」を答えます。

ポイントは「棒２が動いていること」です。

棒２が動かない時の電流は、問２で求めました。よって、問１・問２を応用すれば正解できます。

Δtにおける 回路の面積増加量	(v₂-v₁)Δt・L
回路を貫く 磁束の増加量	ΔΦ ＝(v₂-v₁)Δt・L・B
起電力	V＝ΔΦ/Δt ＝(v₂-v₁)BL
電流	I=V/R =(v₂-v₁)BL/R （これが正解です）

問７に関して、棒１・棒２の「運動方程式」を答えます。

• 左手の法則より
  棒１が磁場から受けるローレンツ力の向きは
  左向きである
• よって、棒１の運動方程式は
  ma₁=T-(v₁-v₂)B²L²/R…②
  （これが正解です）
• また、棒２の運動方程式は
  2ma₂=(v₁-v₂)B²L²/R…③
  （これが正解です）

問８に関して、おもりの「運動方程式」を答えます。

• ma₁=mg-T…④
  （これが正解です）

問９に関して、「a₁」および「v₁-v₂」を答えます。

• 条件a₁=a₂
  および②+③より
  3ma₁=T…⑤
• ④⑤からＴを消去して
  4ma₁=mg
  ∴ a₁=g/4…⑥
  （これが正解です）
• また、③⑥より
  v₁-v₂=mgR/(2B²L²)
  （これが正解です）

問10に関して、回路で発生する「単位時間あたりのジュール熱」を答えます。

ポイントは「ジュール熱の式」です。

• 問６の結果とジュール熱の式より
  ｛(v₁-v₂)BL/R}²
  =m²g²R/(4B²L²)
  （これが正解です）

※上記解説では「単位」を省略しています

大問３

問１に関して、第１室の「気体の物質量」を答えます。

ポイントは「状態方程式」です。

• 求める物質量をｎ₁とおくと
  pAVA=n₁RTA
  ∴ n₁＝PAVA/(RTA)
  （これが正解です）

問２に関して、状態Ａ→状態Ｂの変化に際し、ヒーターが第１室の気体に「加えた熱量」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

上記２つを使います。

• 求める熱量をＱとして
  Ｑ=3/2・n₁R(2TA-TA)+0
  =3/2・pAVA
  （これが正解です）

問３に関して、状態Ｃにおける「第１室・第２室の温度」を答えます。

ポイントは「全体で考えること」です。

断熱カバーを外したことで、第１室・第２室の状態は変化していますが、全体で見ると

• 外部から熱の出入りは無く
• 外部への仕事もしてない

ので、内部エネルギーは保存されます。よって、第２室の物質量を調べ、内部エネルギーの保存に持ち込めば正解・・・という流れです。

• 第２室の気体の物質量をｎ₂とおくと
  pA・3VA=n₂RTA
  ∴ n₂=3pAVA/RTA
  =3n₁
• 状態Ｂ→Ｃの前後で
  内部エネルギーの総量は保存されるため
  3/2・(n₁+n₂)RTC=3/2・n₁R・2TA+3/2・n₂RTA
  ∴ TC=5/4・TA
  （これが正解です）

問４に関して、状態Ｂ→状態Ｃの際に、第１室から第２室へ「移動した熱量」を答えます。

ポイントは「第２室の内部エネルギーの増加量」です。

体積一定なので気体は外部に仕事をせず、受け取った熱量はそのまま「内部エネルギーの増加」になります。

• 第２室の内部エネルギーの変化をΔU₂として
  ΔU₂=3/2・n₂R(TC-TA)
  =3/2・n₂R(5/4・TA-TA)
  =9/8・pAVA
  （これが正解です）

問５に関して、状態Ｃにおける「第１室・第２室の圧力」を答えます。

ポイントは「状態方程式」です。

「PV=nRT」において、第１室・第２室ともに以下の関係があります。

ｎ	変化ナシ
Ｒ	定数

よって、状態Ｂ→Ｃの前後で「PV/T＝一定」より正解・・・という流れです。

• 第１室の圧力をpCとおくと
  pAVA/TA=pCVA/(5/4・TA)
  ∴ pC=5/4・pA
  （これが正解です）
• 第２室の圧力をpC’とおくと
  pA・3VA/TA=pC’・3VA/(5/4・TA)
  ∴ pC’=5/4・pA
  （これが正解です）

問６に関して、ここでシチュエーションが変わります。状態Ａ→Ｄにおける第１室・第２室の「内部エネルギーの変化の和」を答えます。

ポイントは「全体で考えること」です。

第１室が温められ、隔壁が動いても、気体全体では外部に仕事をしません。よって、気体が受け取った熱量はそのまま「内部エネルギーの変化の和」となります。

• 気体全体で考えると
  外部に仕事をしないので
  ΔU₁+ΔU₂=3pAVA…①
  （これが正解です）

問７に関して、状態Ａ→Ｄにおける「第１室の内部エネルギーの変化量」を答えます。

ポイントは「状態Ｄにおける温度TDを求めること」です。

問６では「気体全体」を扱いましたが、問７では個別に考える出題となりました。よって、最終的に「内部エネルギー変化＝3/2・n₁R(TD-TA)」を計算する必要があるため「TDが必要」となります。

• 第１室の気体の物質量が変化しないため
  pV/T=一定
  より
  pAVA/TA=pDVD/TD
  ∴ TD=pDVD/pAVA・TA
• よって
  ΔU₁=3/2・n₁R(TD-TA)
  =3/2・(pDVD-pAVA)…②
  （これが正解です）

問８に関して、状態Ｄにおける「圧力pD」を答えます。

ポイントは「第２室の内部エネルギー変化」です。

	内部エネルギー変化
全体	問６の正解
第１室	問７の正解
第２室	未出

という流れなので「第２室の内部エネルギー変化」を求め

• 第１室＋第２室＝全体

という式を立てれば「圧力pD」が求まって正解・・・という流れになるはずです。

• 状態Ｄにおける第２室の
  気体の体積をVD’、温度をTD’とおく
• 第２室の気体の物質量は変化しないため
  pV/T=一定
  より
  pA・3VA/TA=pD(4VA-VD)/TD’
  ∴ TD’=pD(4VA-VD)TA/3pAVA
• よって
  ΔU₂=3/2・n₂R(TD’-TA)
  =3/2・(4pDVA-pDVD-3pAVA)…③
• ②+③＝①より
  pD=3/2・pA
  （これが正解です）

九州大学の物理2014年・平成26年度

大問１

問１に関して、斜面上でバネと板Ａがつり合っている時の「つり合いの位置」を答えます。

ポイントは「ｘ₀が負の値」であることです。

問１で運動方程式の符号が逆になると、問２以降が全滅になるので注意が必要です。

• 板Ａに関する斜面方向の
  力のつり合いより
  mgsin30°=k(-x₀)
  ∴ x₀=-mg/2k
  （これが正解です）

問２に関して、板Ａ・球Ｂの「運動方程式」を答えます。また「加速度ａ」および「球と板が押し合う力Ｆ」を答えます。

• 板Ａに関する運動方程式より
  ma=-kx-F-1/2・mg…①
  （これが正解です）
• 球Ｂに関する運動方程式より
  Ma=F-1/2・Mg…②
  （これが正解です）
• ①+②より
  a=-kx/(m+M)－1/2g…③
  （これが正解です）
• ③を②に代入して
  F=-Mkx/(m+M)…④
  （これが正解です）

問３(1)に関して、板Ａ・球Ｂが「離れる瞬間のｘ座標」および「ｘ方向の速度ｖ」を答えます。

ポイントは「Ｆ＝０」です。

Ｆは「板Ａと球Ｂが押し合う力」ですが、これが０になると押し合いが無くなり、離れます。

• Ａ・Ｂが離れる時
  F＝0
  なので④よりｘ座標は
  x=0
  （これが正解です）
• また、力学的エネルギー保存則より
  1/2・kd²=(m+M)g・d/2+1/2・(m+M)v²
  ∴ v=√{kd²/(m+M)－gd}
  （これが正解です）

問３(2)に関して、球Ｂの「最高到達点のｘ座標」を答えます。

ポイントは「最高点における速度＝０」です。

よって「速度＝０」となる時のＢのｘ座標を求めれば正解・・・という流れです。

• Ｂのｘ軸方向の加速度をβとおくと
  運動方程式より
  Mβ=-1/2・Mg
  ∴ β=-g/2
• 最高到達点のｘ座標をｈとおくと
  0-v²=2βh
  ∴ h=kd²/(ｍ+M)g－d
  （これが正解です）

問４(1)に関して、球Ｂと離れた後の「板Ａの運動方程式」を答えます。

• 板Ａの加速度をａAとおくと
  maA＝-kx-1/2・mg
  （これが正解です）

問４(2)に関して、問４(1)の式を「座標ｚの式」に書き直します。

• 問４(1)の式より
  maA=-k(x+mg/2k)…⑤
  ∴ aA=-k/m・(x+mg/2k)
• よって、この運動は
  振動中心：-mg/2k
  角振動数：√(k/m)…⑥
  の単振動である
• x=-mg/2kの時ｚ=0なので
  z=x+mg/2k
  となり、これを⑤に代入して
  maA=-kz
  （これが正解です）

問４(3)に関して、板Ａの「単振動の周期」を答えます。

• ⑥より
  T=2π√(m/k)
  （これが正解です）

問５(1)(2)に関して、ここでシチュエーションが変わります。動く台上から見た時の板Ａ・球Ｂの「運動方程式」を答えます。

ポイントは「慣性力」です。

この運動方程式は「台上の観測者」の視点で立てるため、台の移動による慣性力を考えます。

• 板Ａのｘ軸方向の運動方程式より
  ma’=-kx-mgsin30°-F’+mαcos30°
  ∴ ma’=-kx-F’
  （これが正解です）
• 球Ｂのｘ軸方向の運動方程式より
  Ma’=F’-Mgsin30°+Mαcos30°
  ∴ Ma’=F’…⑦
  （これが正解です）
• Ａ・Ｂを一体とみなすと
  (m+M)a’=-kx…⑧
  （これが正解です）

問５(3)に関して、台上の観測者から見た時の「ｘ座標」と「速度ｖ’」を答えます。

• ⑧より
  a’=-kx/(m+M)…⑨
• よって、この運動は
  振動中心：x=0
  振幅：d
  角振動数：√{k/(m+M)}
  の単振動である
• よって、座標は
  x=dsin√{k/(m+M)}・ｔ
  （これが正解です）
• 速度は
  v’=d√{k/(m+M)}cos√{k/(m+M)}・ｔ…(10)
  （これが正解です）

問６に関して、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時の「ｘ方向の速度」を答えます。

• ⑦⑨より
  F’=-kMx/(m+M)
• よって
  F’=0となるのは
  x=0の時
  （これが正解です）
• この時t=0なので(10)に代入して
  v’=d√{k/(m+M)}…(11)
  （これが正解です）

問７に関して、台から飛び出した「球Ｂの最高点の高さ」を答えます。

• 球Ｂの斜面方向の加速度をβ’とすると
  運動方程式より
  Mβ’=-Mgsin30°+Mαcos30°=0
  ∴ β’=0
  なので、球Ｂは(11)より速度
  d√{k/(m+M)}
  で、台を飛び出す
• その球Ｂは重力による自由落下となるため
  台を飛び出してから最高点までの高さｈ’として
  0-{d√{k/(m+M)}・sin30°}²=-2gh’
  ∴ h’=d²k/{8(m+M)g}
• よって、求める高さは
  Lsin30°+h’
  =L/2+d²k/{8(m+M)g}
  （これが正解です）

大問２

問１（ア）に関して、スイッチを閉じた直後に流れる「電流」を答えます。

ポイントは「スイッチを閉じた直後」です。

この時コンデンサーは導線とみなせます。

• オームの法則より
  E=rIcm
  ∴ Icm=E/r
  （これが正解です）

問１（イ）に関して、コンデンサーに電流Icが流れている時の「コンデンサーに蓄えられる電気量」を答えます。

• E=rIc+QA/C₁
  ∴ QA=C₁(E-rIc)
  （これが正解です）

問２に関して、作図問題です。コンデンサーＡに流れる電流Icの時間変化をグラフに描きます。

• 0≦t<t₁において
  Ic=0
• t₁<tにおいて
  E=rIc+Vc
  ∴ Ic=(E-Vc)/r
• これらを作図した以下が正解となる

問３に関して、コンデンサーＡの極板間電圧が上がるのに「要する時間の長さ」を

• 内部抵抗が高い場合
• 内部抵抗が低い場合

の２者で比較します。また、その理由を「150字以内」で答えます。

ポイントは「電流の強さ」です。

内部抵抗が高ければ、回路に流れる電流が弱くなり、コンデンサーＡの充電速度は低下します。よって、コンデンサーＡの極板間電圧の上昇も遅くなります。

正解	ａ：内部抵抗が高い方が時間を要する
理由	内部抵抗が高い場合、コンデンサーＡを流れる電流が小さくなるため、単位時間あたりコンデンサーＡに蓄えられる電気量は小さくなる。コンデンサーＡの極板間電圧は、コンデンサーＡに蓄えられた電気量に比例するため、単位時間あたりに蓄えられる電気量が減れば、極板間電圧の上昇に時間を要するようになるから。（145字）

問４（ウ）に関して、スイッチ１を開き、コンデンサーＡの極板間に誘電体を挿入した時の「静電容量の倍率」を答えます。

• 誘電体を挿入後の
  静電容量をC₁’とおくと
  C₁’/C₁=εr（倍）
  （これが正解です）

問４（エ）に関して、スイッチ１を開き、コンデンサーＡの極板間に誘電体を挿入した時の「極板間電圧の倍率」を答えます。

ポイントは「電気量の保存」です。

スイッチ１を開いた事により、コンデンサーＡに充電された電気量は変化しません。その上でコンデンサーには「Q=CV」という関係があるので・・・という流れです。

• スイッチ１を開いたことで
  コンデンサーＡの電気量Q₁は保存するので
  Q₁=C₁E
  Q₁=C₁’Vc’
• よって、上２式より
  Vc’/E=1/εr（倍）
  （これが正解です）

問４（オ）に関して、スイッチ１を開き、コンデンサーＡの極板間に誘電体を挿入した時の「静電エネルギーの倍率」を答えます。

ポイントは「電気量の保存」です。

問４（エ）と同じ仕組みで正解できます。

• スイッチ１を開いたことで
  コンデンサーＡの電気量は保存するので
  挿入前後の静電エネルギーをU₁・U₁’として
  U₁=Q₁²/2C₁
  U₁’=Q₁²/2C₁’
• よって、上２式より
  U₁’/U₁=C₁/C₁’=1/εr（倍）
  （これが正解です）

問５（カ）～（ケ）に関して、問４の状態からスイッチ２を閉じた時の

• コンデンサーＡ・Ｂの極板間電圧
• コンデンサーＡ・Ｂの電気量

を答えます。

ポイントは「Ａの電位差＝Ｂの電位差」です。

２つのコンデンサーは導線でつながっているため、極板間電圧が等しくなります。

• コンデンサーＡ・Ｂに蓄えられる電気量を
  Q₁’・Q₂’とおくと
  スイッチ１を開けたことで電気量は保存するので
  Q₁＝Q₁’+Q₂’…①
• コンデンサーＡ・Ｂの電位差は等しいので
  Q₁’=C₁V’…②
  Q₂’=C₂V’…③

①～③で「未知数３つ、式３本」なので、連立させれば正解が出ると解ります。

• ①～③より
  V’=C₁E/(εrC₁+C₂)
  （これが正解です）
  Q₁’=εrC₁²E/(εrC₁+C₂）
  （これが正解です）
  Q₂’=C₁C₂E/(εrC₁+C₂)
  （これが正解です）

問６に関して、問５の後でスイッチ３を閉じた事による「コイルに流れる電流の波形」を答えます。

ポイントは「正の電荷の動き」です。

1. コンデンサーの左側に充電された「正の電荷」がコイルを通って右側へ移動する
2. コンデンサーの右側が「正の電荷」で充電される
3. コンデンサーの右側に充電された「正の電荷」がコイルを通って左側へ移動する
4. １へ戻る

よって正解は（ｄ）となります。

問７（コ）に関して、問６における電流波形の「周波数」を答えます。

• 電気振動の周期は
  T=2π√(LC)
  よって、周波数は
  ｆ=1/T=1/{2π√(LC)}…④
• コンデンサーＡ・Ｂの合成容量は
  Ｃ=εrC₁+C₂…⑤
• よって、④に⑤を代入して
  ｆ=1/{2π√L(εrC₁+C₂)}
  （これが正解です）

問７（サ）に関して、問６における電流波形の「最大値」を答えます。

ポイントは「エネルギー保存則」です。

エネルギーが全て	式
コンデンサーにある時	1/2・CV’²
コイルにある時	1/2・LI²

この２式は「＝」でつなげるため正解・・・という流れです。

• 電流の最大値をＩとおくと
  エネルギー保存則より
  1/2・CV’²＝1/2・LI²
  ∴ I=V’√(C/L)
  =C₁E/√L(εrC₁+C₂)
  （これが正解です）

問８に関して、コイルに抵抗を直列に接続した時の「電流振動の波形」を答えます。

ポイントは「ジュール熱」です。

問７まで（コイルとコンデンサーだけの時）は、回路におけるエネルギー消費が０でしたが、抵抗ではジュール熱として消費されます。よって、振動は減衰していくと解ります。

大問３

問１に関して、状態Ａの「温度TA」を答えます。

• 状態O・状態Ａに関する状態方程式より
  状態O：p₀V₀＝RT₀
  状態A：p₀・２V₀=R・TA
  ∴ TA=2T₀
  （これが正解です）

問２に関して、状態Ｏ→状態Ａの間に「気体がした仕事WOA」と「気体が得た熱量QOA」を答えます。

ポイントは「定圧変化」です。

定圧変化の場合は「気体の仕事=定圧×体積変化」で求まるので活用します。

• 定圧変化なので
  WOA＝p₀(2V₀-V₀)
  =RT₀
  （これが正解です）

続いて「気体が得た熱量QOA」は「熱力学第一法則」を使います。

• 熱力学第一法則より
  QOA=ΔU+WOA
  =3/2・R(TA-T₀)+RT₀
  =5/2・RT₀
  （これが正解です）

問３に関して、状態Ｂにおける「温度TB」を答えます。

ポイントは「定積変化」です。

• 状態Ｏ・状態Ｂに関する状態方程式より
  状態O：p₀V₀=RT₀
  状態B：0.5p₀・V₀=RTB
  ∴ TB=0.5T₀
  （これが正解です）

問４に関して、状態Ｏ→状態Ｂにおける「内部エネルギーの変化ΔUOB」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

• ΔUOB＝ΔUB-ΔUO
  =3/2・R(TB-T₀)
  =－0.75RT₀
  （これが正解です）

問５に関して、状態Ｃの「圧力pC」を答えます。

ポイントは「断熱変化」です。

断熱変化なので、ポアソンの式（pV⁵/³＝一定）を使えます。

• ポアソンの式より
  p₀V₀⁵/³＝pC(2V₀)⁵/³
  ∴ pC=0.315p₀…①
  ≒0.32p₀
  （これが正解です）

問６に関して、状態Ｃの「温度TC」を答えます。

ポイントは「温度・圧力・体積どれも一定ではない」ことです。

• 状態Ｏ・状態Ｃに関する状態方程式より
  状態O：p₀V₀＝RT₀
  状態C：pC・2V₀＝RTC
  ①より：pC=0.315p₀
• よって、上３式より
  TC=0.63T₀…②
  （これが正解です）

問７に関して、状態Ｏ→状態Ｃにおける「内部エネルギー変化ΔOC」および「気体がした仕事WOC」を答えます。

ポイントは「断熱変化」です。

熱の出入りが無いため、熱力学第一法則の式（Q＝ΔU+W）の左辺は０となります。

• ΔUOC=3/2・R(TC-T₀)
  =－0.555RT₀（∵②）
  ≒－0.56RT₀
  （これが正解です）
• また、熱力学第一法則より
  0=ΔUOC+WOC
  ∴ WOC≒0.56RT₀
  （これが正解です）

問８に関して、作図問題です。Ｔ－Ｖグラフにおいて

• 状態Ｏ→Ａ
• 状態Ｏ→Ｂ
• 状態Ｏ→Ｃ

３つの変化を作図します。

ポイントは「比例関係」です。

点Oから３点Ａ・Ｂ・Ｃにかけて、どの様な直線（または曲線）になるかは「Ｐ・Ｖ・Ｔの比例関係で決まります。

	比例関係	グラフの形
状態Ｏ→Ａ	定圧変化なので Ｔ∝Ｖ	直線
状態Ｏ→Ｂ	定積変化なので Ｖ＝一定 （Ｔ∝ｐ）	直線
状態Ｏ→Ｃ	ポアソンの式より pV⁵/³＝一定 よって p=RT/Vより TV²/³＝一定ゆえ Ｔ∝Ｖ⁻²/³	下向き凸

よって、正解は以下の通りです。

問９に関して、状態Ｏ→Ａ→Ｃ→Ｏのサイクルにおいて「状態Ａ→Ｃで気体が得た熱量QAC」を答えます。

ポイントは「定積変化」です。

状態Ａ→Ｃは定積変化なので、気体は外部に仕事をしていません。よって、熱力学第一法則より「受け取った熱量＝内部エネルギー変化」となります。

• 状態Ａ→Ｃは定積変化なので
  気体は外部に仕事をしない
• 熱力学第一法則より
  QAC=ΔU＋0
  =3/2・R(TC－TA)
  =3/2・R(0.63T₀–2T₀)
  =－2.055RT₀
  ≒－2.06RT₀
  （これが正解です）

問10に関して、問９のサイクルの「熱効率ｅ」を答えます。

ポイントは「熱効率の式」です。

• サイクルにおいて
  吸収した熱：Q₁
  放出した熱：Q₂
  とおくと
  Q₁：状態Ｏ→A
  Q₂：状態A→C
  より
  Q₁=2.5RT₀
  Q₂=2.055RT₀
  となる
• よって、熱効率ｅは
  ｅ=(Q₁-Q₂)÷Q₁
  =1-Q₂/Q₁
  ≒0.18
  （これが正解です）

九州大学の物理2013年・平成25年度

大問１

問１(1)に関して、台と小物体の力学的エネルギーの和を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー＝運動エネルギー＋位置エネルギー」です。

	運動エネルギー	位置エネルギー
台	0	0
小物体	0	mgh

• 上記より
  力学的エネルギーの和は
  mgh
  （これが正解です）

問１(2)に関して、小物体が点Ａにある時の「台と小物体からなる重心」を答えます。

ポイントは「重心の式」です。

• 重心の式より
  (Ml+mh)/(M+m)
  （これが正解です）

問２に関して、小物体が台上の点Ｂに来た時の「点Ｏから小物体までの距離」を答えます。

ポイントは、問題文「２物体の重心は水平方向には移動しない」です。

重心が移動しない、との事なので「水平方向の重心＝０」の式を立てればよいと解ります。

• 点Oを原点と考える
  初期状態における重心の水平方向の座標は
  xG=0
  となる
• 小物体が点Ｂまで来た時の
  点Oから小物体までの距離をｘ
  点Oから台の重心までの水平方向距離をX
  とおくと
• X+ｘ=ｗ
  xG={M(-X)+mx}/(M+m)
• 上２式より
  x=Mw/(M+m)
  （これが正解です）

問３(1)に関して、語句問題です。

• 小物体と台は水平方向には
  「ア：外力」
  を受けないため、小物体と台の
  「イ：運動量」
  の水平成分の和は変化しません。
  （これが正解です）

問３(2)に関して、台を離れた直後の小物体が「台の何倍の速さになるか」を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

先程の問３(1)を立式します。

• 小物体が台から離れた直後の
  小物体の速さｖ
  台の速さV
  とおくと、運動量保存則より
  M(-V)+mv=0
• よって
  v/V=M/m（倍）…①
  （これが正解です）

問３(3)に関して、台を離れた直後の「小物体の速さ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

• 1/2・MV²+1/2・mv²=mgh…②
• ①②よりVを消去して
  v=√{2ghM/(M+m)}…③
  （これが正解です）

問４(1)に関して、点Ｄの「床からの高さ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

床面に摩擦が無く、坂を登っているので、力学的エネルギー保存を使います。

• 求める高さをＨとおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・mv²=mgH…④
• ③④より
  H=Mh/(M+m)…⑤
  （これが正解です）

問４(2)に関して、「m/M=0」という条件の下に「点Ｄの床からの高さ」を答えます。

ポイントは「問４(1)の正解」です。

求める値は、問４(1)の正解で「m/M=0」としたものです。

• ⑤の分母・分子をＭで割ると
  H=h/(1+m/M)
  =h/(1+0)
  =h
  （これが正解です）

問４(3)に関して

• 点Ｃから小物体までの円弧の長さｘ
• 小物体が受ける重力の曲面方向の成分Ｆ

とした時の「Ｆとｘの間の比例定数」を答えます。

• 半径と中心角、および円弧の関係より
  θ=x/r…⑥
• また
  Ｆ=-mgsinθ
  ≒-mgθ…⑦（∵ θが十分小さい）
• ⑥⑦より
  F=-mgx/r
  なので、比例定数は
  -mg/r
  （これが正解です）

問４(4)に関して、この運動を単振動とみなした時の「点Ｄから点Ｃまでにかかる時間」を答えます。

ポイントは「単振動の運動方程式」です。

運動方程式を書けば「角振動数」が求まります。よって、角振動数から周期Ｔがわかり、点Ｃ→点Ｄにかかる時間はT/4です。

• 小物体の円弧方向の加速度をαとすると
  円弧方向の運動方程式より
  mα=F=-mg/r・x
  ∴ α=-g/r・x
• よって、この単振動は
  振動中心：x=0
  角振動数：ω=√(g/r)
  周期：T=2π/ω=2π√(g/r)
  となる
• 点Ｄ→点Ｃにかかる時間はT/4なので
  T/4=π/2・√(r/g)
  (これが正解です）

大問２

問１に関して、移動する電荷が磁場から受ける力の名前は「ローレンツ力」が正解です。

問２に関して、領域１・２における「磁場の向き」を答えます。

ポイントは「左手の法則」です。

粒子が受けるローレンツ力は、常に円運動の中心向きなので、左手の法則を使えます。

• 領域１・２において左手の法則より
  領域１：裏から表向き
  領域２：表から裏向き
  （これが正解です）

問３に関して、OP間の「直線距離」を答えます。

ポイントは「粒子の円運動」です。

「OPの直線距離＝円運動の直径」で求まります。

• 領域１における
  荷電粒子の円運動の半径をｒ₁とすると
  運動方程式より
  ｍ・v₀²/r₁=qv₀B₁
  ∴ r₁=mv₀/qB₁…①
• 今、OPの直線距離は2r₁なので
  2r₁=2mv₀/qB₁
  （これが正解です）

問４に関して、荷電粒子が「OPの軌道を描くのに要する時間」を答えます。

ポイントは「速さ×時間=距離」です。

• OP間の軌道における
  OPの長さ：πr₁
  荷電粒子の速さ：v₀
  より
  求める時間ｔ₁とおくと
  v₀×t₁=πr₁…②
• ①②より
  t₁=πm/qB₁…③
  （これが正解です）

問５に関して、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」を答えます。

ポイントは「ローレンツ力の向き」です。

左手の法則より、荷電粒子の進行方向に対して「常に垂直」です。

• ローレンツ力の向きは
  荷電粒子の進行方向に対して常に垂直なので
  仕事は０
  （これが正解です）

問６に関して、荷電粒子が点Ｐから点Ｑに向かって運動する時の「加速度の大きさと向き」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

荷電粒子にかかる力が求まり、加速度を求めたいので、運動方程式を使います。

• 荷電粒子のｙ軸方向への加速度をａとおくと
  運動方程式より
  ma=qE
  ∴ a=qE/m…④、ｙ軸正の向き
  （これが正解です）

問７に関して、荷電粒子が点Ｑに達した時の「速さ」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

問６でPQ間の加速度を求めたので、これを活用します。

• 点Qにおける荷電粒子の速さをvQとおくと
  等加速度直線運動の式より
  vQ²-v₀²=2ad…⑤
• ④⑤より
  v₀=√(v₀²-2qEd/m)
  （これが正解です）

問８に関して、領域２の「磁束密度の大きさ」を答えます。

ポイントは、問題文の条件「OP＝PS＝QR」です。

これにより、領域２における円運動の半径も領域１と同じｒ₁とわかります。

• 条件
  OP=PS=ORより
  領域２における荷電粒子の円運動の半径は
  r₁となる
• よって
  領域２における荷電粒子の運動方程式より
  m・v₀²/r₁=qvQB₂
• 上式に①を代入して
  B₂=mvQ/qr₁
  =vQ/v₀・B₁
  （これが正解です）

問９に関して、ここでシチュエーションが変わります。荷電粒子が点Ｑで引き返す様に電場の強さを変えた時の「電場の強さＥ’」を答えます。

ポイントは「点Ｑでの速さ＝０」です。

荷電粒子が領域２に入らず引き返すという事は、荷電粒子の速さが点Ｑで０になるということです。

• 領域３における荷電粒子の
  ｙ軸方向の加速度をａ’とおくと
  運動方程式より
  ma’=qE’
  ∴ a’=qE’/m…⑥
• 等加速度直線運動の式より
  0²-v₀²=2a’(-d)…⑦
• ⑥⑦より
  E’=mv₀²/2qd
  （これが正解です）

問10に関して、荷電粒子が点Ｐから「点Ｑに到達する時間」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

• 荷電粒子の点Ｐにおける初速v₀
  加速度a’
  より、点Qまでの時間をｔ’として
  v₀-a’t’=0…⑧
• ⑥⑧より
  t’=2d/v₀…⑨
  （これが正解です）

問11に関して、荷電粒子の「ｘ軸方向の平均速度」を答えます。

ポイントは「直径と半円の関係」です。

実際の荷電粒子は

1. 点Ｐ→点Ｑ
2. 点Ｑ→点Ｐ
3. 円弧PS

という順序で移動しますが、これを「点Ｐ→点Ｓへの等速直線運動」とみなします。よって「平均の速さ×1～3の時間＝PS」という式が成り立ちます。

• ③⑨より
  荷電粒子が点Ｐ→点Ｓへかかる時間は
  t₁＋2t’
• ①より
  PSの直線距離は2r₁
• よって、平均の速さをv*とおくと
  v*×(t₁+2t’)=2r₁
  ∴ v*=2mv₀²/(πmv₀+4qB₁d)
  （これが正解です）

大問３

問１(1)に関して、図で示された波の「振幅、波長、周期、速さ」を答えます。

正解と根拠の関係は以下のとおりです。

	根拠	正解
振幅	図３ａの縦の長さ	1.0ｍ
波長	図３ａの１波長	20ｍ
周期	図３ｂの１周期分	10ｓ
速さ	v=fλ=λ/T	2.0ｍ/ｓ

問１(2)に関して、波の高さに関する「式ｈ(x,t)」を答えます。

• 与式より
  h(x,t)
  =asin{2π{(x+b)/c+t/d}}
  =asin{2π(t/d-x/(-c))+2πb/c}…①
• また、ｘ軸正の向きに進む正弦波の式は
  h(x,t)=Asin{2π(t/T-x/λ+φ₀}…②
• ①②を比較して

	正解
a	1.0（ｍ）
ｄ	10（ｓ）
ｃ	-20（ｍ）
ｂ	5.0（ｍ）

問２(1)に関して、直立壁で反射した「反射波の式」を答えます。

• 入射波の式h(x,t)に対し
  反射波の式はh(-x,t)となるため
  これをhr(x,t)とおくと
  hr(x,t)=h(-x,t)
  =Acos{2π(-x/λ-t/T)-δ₀}
  =Acos{2π(x/λ+t/T)+δ₀}…③
• ③と問題文の式を比較して

	正解
Ｄ	Ａ
Ｅ	x/λ+t/T

問２(2)に関して、知識問題です。問題文の空所（ⅰ）（ⅱ）に入る「適切な語句」を２択から答えます。

• 水面上の入射波は直立壁で水面が上下に動ける
  「ⅰ：自由端」反射する
• よって、壁の位置で定常波は「ⅱ：腹」を示す。

問２(3)に関して、問２(1)(2)で扱った入射波・反射波を合成した「定常波H(x,t)の式」を答えます。

ポイントは「和積の公式」です。

求める合成はH(x,t)の式は、入射波・反射波の式を単純に足し合わせれば求まります。よって必要となるのは「三角関数の公式」となります。

• H(x,t)=h(x,t)+hr(x,t)
  =Acos{2π(x/λ-t/T)}+Acos{2π(x/λ+t/T)+δ}
  =2Acos(2πx/λ+δ/2)cos(2πt/T+δ/2)…④
• ④と問題文の式を比較して

	正解
Ｆ	2A
Ｇ	2πx/λ+δ/2
Ｋ	2πt/T+δ/2

問２(4)に関して、「δ=2π(n+P/λ)」と表した時の「P」を直立壁の座標「x=xw」を使って答えます。

ポイントは「直立壁の位置で、定常波が腹になること」です。

定常波の「振幅が最大となるようなδの式」を立てれば正解できます。

• ④より
  x=xwにおける定常波の振幅は
  2A|cos(2πxw/λ+δ/2)|
  となる
• ところで、x=xwにおいて
  定常波は腹となるので
  振幅は最大となるため
  |cos(2πxw/λ+δ/2)|=1
  ∴ 2πxw/λ+δ/2=nπ（n=0,±1,±2,…）
  ∴ δ=2π(n-2xw/λ)…⑤
• ⑤と問題文の式を比較して
  Ｐ=-2xw
  （これが正解です）

問２(5)に関して、ｎ＝０における「ある位置での定常波の最大値Hmax」と「直立壁の位置での定常波の最大値Hwmax」の比を答えます。

問２(4)で求めた⑤式にｎ＝０を代入すると、δが求まります。そのδを④式に代入すると、Hmaxが求まります。このHmaxにｘ=xwを代入すれば、Hwmaxが求まります。

• ⑤においてn=0とすると
  δ=-4πxw/λ…⑥
• ④と⑥より
  Hmax=2A|cos(2πx/λ-4πxw/2λ)|
  =2A|cos2π{(x-xw)/λ}|…⑦
• ⑦においてx=xwとすると
  Hwmax=2A…⑧
• よって、求める値は
  Hmax/Hwmax=⑦/⑧
  =|cos2π{(x-xw)/λ}|
  （これが正解です）

問２(6)に関して、0≦x≦xwの範囲に定常波の節が３つある時に「ｘwが満たすべき条件」を答えます。

• 定常波の節では振幅が常に０となるので
  ⑦より
  2A|cos2π{(x-xw)/λ}|=0
  ∴ 2π|x-xw|/λ=(n+1/2)π（n=0，1，2，…）
  ∴ |x-xw|=(n+1/2)・λ/2…⑧

• 上図と⑧より
  5λ/4≦xw<7λ/4
  （これが正解です）

九州大学の物理2012年・平成24年度

大問１

問１(1)に関して、物体が静止した時の「バネの伸びｄ₁」を答えます。

ポイントは「力のつり合い」です。

「（小物体が）静止した」と書いてあるので、小物体にかかる力はつり合っています。

• 小物体の斜面方向の力のつり合いより
  mgsinθ=kd₁
  ∴ d₁=mgsinθ/k…①
  （これが正解です）

問１(2)に関して、振動する小物体の

• 振幅Ａ
• 周期Ｔ
• 速さの最大値ｖmax

を答えます。

ポイントは「単振動」です。

バネの付いた小物体が「振動した」と書いてあるので単振動です。

よって、運動方程式を立てようという発想になります。

• つり合いの位置をｘ＝０とし
  斜面下方にｘ軸をとる
• 物体の斜面方向の加速度をαとおくと
  運動方程式より
  mα=mgsinθ-k(x+d₁)
  ∴ α=gsinθ-k(x+d₁)/m…②
• ①②より
  α=-k/m・x
  となり、この運動は
  振動中心：x=0
  振幅：A=d₁=mgsinθ/k
  角振動数：ω=√(k/m)
  周期：Ｔ=2π/ω=2π√(m/k)
  の単振動となる
• 物体から手を放した時刻をt=0とすると
  物体のｘ座標は
  ｘ=-Acosωt
  となり
  速さｖは
  v=Aωsinωt
  となる
• よって、速さの最大値は
  vmax=Aω
  =√(m/k)・gsinθ
  （これが正解です）

問１(3)に関して、小物体がバネから離れて斜面を滑り落ちた時の「Ｑを通過する速さｖQ」を答えます。

ポイントは「バネから離れた瞬間の速さ」です。

「Ｐの位置でバネから離れて」と書いてあり、Ｐにおける小物体の速さは０です。

• 題意より、小物体は
  Ｐの位置から初速０で斜面を滑る
• 小物体の斜面方向の加速度をα₁とおくと
  運動方程式より
  mα₁=mgsinθ
  ∴ α₁=gsinθ
• よって
  vＱ²-0²=2α₁l
  ∴ vＱ=√(2glsinθ)…③
  （これが正解です）

問１(4)に関して、Ｑを通過した小物体に関して

• 摩擦力で減速中の加速度の大きさａ
• Ｑを通過してから止まるまでの時間ｔ
• その距離ｄ₂

を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

細かい値を３つ答える問題なので、運動方程式から考えるのが安全・確実です。

• 斜面水平・鉛直方向の運動方程式より
  m(-a)=mgsinθ-μN
  0=-N+mgcosθ
• a=-gsinθ+μN…④
  N=mgcosθ…⑤
• ④⑤より
  a=g(μcosθ-sinθ)…⑥
  （これが正解です）
• また
  vQ-at=0…⑦
  なので
  ③⑦より
  t=1/(μcosθ-sinθ)・√{(2lsinθ)/g}
  （これが正解です）
• また
  0²-vQ²=2(-a)d₂…⑧
  なので
  ③⑥⑧より
  d₂=lsinθ/(μcosθ-sinθ)
  （これが正解です）

問１(5)に関して、バネをＰの位置からさらにｄ₃押し上げて手を放した場合の「点Ｒを通過する速さｖR」を答えます。

ポイントは「エネルギー保存則」です。

問１(4)と異なり、求める値は「Ｒでの速さ」のみです。ここは「エネルギー保存則」を使いましょう。

• 初期状態と点Ｒにおける
  小物体の力学的エネルギーは
  QR間で動摩擦力がした
  仕事の分だけ変化するので
  1/2・kd₃²+mg(2l+d₃)sinθ=1/2・vR²+μmgcosθ・l
• 上式を解いて
  vR=√{kd₃²/m+2g(2l+d₃)sinθ-2μglcosθ}
  （これが正解です）

問２(1)(2)に関して、ここでシチュエーションが変わります。小物体を斜めに投げ上げた時の

• １回目の衝突直後の速度成分
• ２回目の衝突直後の速度成分
• ｎ回目の衝突直後の速度成分

を答えます。

ポイントは、問題文「水平面はなめらか」です。

なめらかなので、小物体のｘ方向の速度成分は変化しません。

よって、ｙ成分に関する「はね返りの式」を考えればよいと解ります。

• 小物体を投げ上げた瞬間の速度成分は
  ｘ軸方向：v₀cosα
  ｙ軸方向：v₀sinα
• 速度のｘ成分に関して
  床の水平面は滑らかなので
  はね返りによる速度変化は無く
  v₁x=v₀cosα
  （これが正解です）
  v₂x=v₀cosα
  （これが正解です）
  vnx=v₀cosα
  （これが正解です）
• 速度のｙ成分に関して
  １回目の衝突直前の
  小物体の速度のｙ成分は
  -v₀y
  なので、はね返りの式より
  v₁y-0=-e(-v₀y-0)
  ∴ v₁y=ev₀sinα
  （これが正解です）
• 同様にして
  v₂y=e²v₀sinα
  （これが正解です）
• 同様にして
  vny=ｅ^n・v₀sinα
  （これが正解です）
  

問２(3)に関して、「ｎ回目の衝突にかかる時間Δｔn」を答えます。

ポイントは「ｙ軸方向の運動時間」です。

「ｎ回目の衝突」とは、ｎ－１回目のバウンドが着地するまでの時間であり、この間は等加速度運動となります。

• ｙ成分の等加速度運動の式より
  0=v(n-1)y・Δtn-1/2・gΔtn²
  ∴ Δtn≠0より
  Δtn={2e^(n-1)・v₀sinα}/g…⑨
  （これが正解です）

問２(4)(5)に関して、ｎ回目の衝突までに進んだ「ｘ方向の距離ｘn」を答えます。

ポイントは「ｎ回目の衝突までにかかった時間」です。

問２(1)より、速度のｘ成分は「v₀cosαで一定」と判っているので、かかった時間さえ判れば「速さ×時間＝距離」で正解できます。

• n-1回目からn回目の衝突における
  ｘ方向の移動距離は
  Δxn=v₀cosα×Δtn…(10)
• ⑨と(10)より
  Δxn={ｅ^(n-1)・v₀²sin2α}/g
• よって
  xn=Δx₁+Δx₂+・・・+Δxn
  ={(e⁰+e¹+e²+・・・+e^(n-1))・v₀²sin2α}/g
  =(1-e^n)/(1-e)・(v₀²sin2α)/g
  （これが正解です）
• また、上式でe^nとすると
  xfとなるため
  xf=1/(1-e)・(v₀²sin2α)/g
  （これが正解です）

問２(6)に関して、ｎ回目の衝突で「小物体が失うエネルギー」を答えます。

ポイントは「失うエネルギー＝衝突前－衝突後」です。

速度のｘ成分は変化しないので、ｙ成分の引き算で正解できます。

• 衝突前の運動ネルギーから
  衝突後の運動エネルギーを引き算して
  ｑn＝1/2・mv(n-1)²-1/2・mvn²
  =1/2・m{v(n-1)y²-vny²}…(11)
  （これが正解です）

問２(7)に関して、ｎ回の衝突で「小物体が失うエネルギー」を答えます。

ポイントは「式変形」です。

問２(6)で「ｎ回目に失われるエネルギー」が求まっているので、これを「ｎ回の合計」に拡張する式変形を行えばよいです。

• (11)より
  Qn=q₁+q₂+・・・+qn
  =1/2・m{(v₀y²-v₁y²)+(v₁y²-v₂y²)+・・・+(v(n-1)y²-vny²)
  =1/2・ｍ(v₀y²-vny²)
  =1/2・ｍ(1-e^2n)・(v₀sinα)²
• 題意より、ｅ^n=0とすると
  QnはQfとなるので
  Qf=1/2・m(v₀sinα)²
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、導体棒に電流を流した時の「電流の大きさ」および、その導体棒を横に動かした時の「導体棒が磁場から受ける力の大きさ」を答えます。

ポイントは「電流の定義」です。

• 導体棒の断面積をＳとすると
  題意より
  導体棒の総電気量：ｑN…①
  導体棒の体積：Sl…②
  となる
• 今、導体棒のある断面を
  Δｔ秒間に通過する電子が
  含まれる部分の体積は
  vΔt・S…③
  である
• よって、単位時間あたりに
  導体棒のある断面を通過する電気量
  すなわち電流は
  I＝①×③/②×1/Δt
  =qNv/l
  （これが正解です）

問１(2)に関して、ローレンツ力によって導体棒の電子が移動してできた「電場の強さ」を答えます。また、それによる「誘導起電力の大きさ」を答えます。

ポイントは「力のつり合い」です。

問題文に「電場による力と磁場による力がつり合った」と書いてあるので、「ｑE＝ｑｖB」という関係が成り立っています。

• ローレンツ力によって
  移動した電子が作る電場から
  荷電粒子が受ける力の大きさは
  ｑE
  である
• 題意より
  上記の力とローレンツ力がつり合うので
  qE＝qvB
  ∴ E＝vB
  （これが正解です）
• また、誘導起電力の大きさＶは
  V=El=vBl
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。地面に鉛直に立てられた長方形の回路から、導体棒が落下を始めた時の「誘導電流の向き」を答えます。

ポイントは「レンツの法則」です。

• 導体棒の落下により
  閉回路pXYspを貫く磁束は増加する
• よって
  回路を貫く磁束を減らす方向に
  誘導電流が流れるため
  「ＸからＹ」方向となる
  （これが正解です）

問２(2)(a)に関して、時刻ｔにおける「コンデンサーの電荷」を答えます。

ポイントは「誘導起電力」です。

コンデンサーの静電容量はＣと判っているので、電圧が求まれば「Ｑ＝CV」よりＱが求まります。今、この回路における「電圧」とは、導体棒の落下による「誘導起電力」なので・・・という流れです。

• 問１(2)より
  導体棒に発生する誘導起電力Ｖは
  Ｖ=vBl…④
  である
• これがコンデンサーの
  極板間電圧となるので
  Ｑ=CV…⑤
• よって、④⑤より
  Q=vBlC
  （これが正解です）

問２(2)(b)に関して、上記における「誘導電流Ｉ’」を答えます。

• 問２(2)(a)より
  Q=vBlC
  なので
  ΔQ=BlC・Δv…⑥
• また、電流の定義より
  I’=ΔQ/Δt…⑦
  速度・加速度の関係より
  Δv=a・Δt…⑧
• よって⑥⑦⑧より
  I’=CBIa…（A)
  （これが正解です）

問２(3)に関して、導体棒の下側に生じる回路（ＸＹｒｑＸ）に流れる「電流Ｉ」を答えます。

• コイルにかかる電圧をＶとすると
  Ｖ=L・ΔI/Δt…⑨
• この電圧Ｖは
  導体棒の落下で生じる
  誘導起電力に等しので
  ④⑨より
  L・ΔI/Δt=vBl
  ∴ ΔI=vΔtBl/L
  =Bl/L・Δx
• 両辺を積分して
  I=Bl/L・x+C₁（C₁は積分定数）…(10)
• 題意より
  x＝0の時I＝0を(10)に代入して
  C₁＝0
• ゆえに
  I＝Bl/L・x…（B)
  （これが正解です）

問２(4)に関して、Ｉ’とＩを使って「導体棒の運動方程式」を答えます。

ポイントは「ローレンツ力」です。

導体棒にはＩ+Ｉ’の電流が流れるため、磁場から受ける力が上向きにかかります。

• 導体棒にはＸ→Ｙの向きに
  I+I’の電流が流れているため
  磁場からの力
  （I’+I)Bl
  をｘ軸負方向に受けている
• よって、導体棒の運動方程式は
  Ma=Mg-(I’+I)Bl…（C)
  （これが正解です）

問２(5)に関して、(4)で求めた運動の（単振動の）「角振動数ω」と「振動中心の座標ｘ₀」を答えます。

ポイントは「式変形」です。

(4)の運動方程式を「単振動の式」に変形すれば正解できます。

• （A)(B)を(C)に代入すると
  Ma=Mg-(CBla+Bl/L・x)Bl
  ∴ a=-B²l²/{L(M+CB²l²)}・(x-LMg/B²l²)
• よって、上式より
  導体棒は単振動しており
  角振動数：ω=Bl/√{(M+CB²l²)L}
  振動中心：x₀=MgL/B²l²…（11）
  （これが正解です）

問２(6)に関して、Ｉのとる「最小値・最大値」を答えます。

• コイルの電圧と
  導体棒の落下による誘導起電力の関係より
  L・ΔI/Δt=vBl…（D）
• Ｉが最大値・最小値になる瞬間は
  ΔI/Δt=0
  なので
  （D）の右辺より
  v=0
  となる
• ここで導体棒の運動について考えると
  v=0
  となるのは、単振動の
  上端：ｘ＝０
  下端：ｘ＝2ｘ₀
  である
• 今（B）において
  x＝0とすると
  Ｉ＝0
  （これが正解です）
  となり、これはＩの最小値を示す
• また（B）において
  x＝2x₀とすると
  Ｉ=Bl/L・2x₀
  =Bl/L・2MgL/B²l²（∵（11））
  =2Mg/Bl
  （これが正解です）
  となり、これはＩの最大値を示す

大問３

問１に関して、状態１→状態２の断熱変化で気体が外部からW₁₂の仕事をされた時の「状態２の温度Ｔ₂」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• 熱力学第一法則より
  0＝3/2・R(T₂-T₁)+(-W₁₂)…①
• また、状態１における状態方程式より
  p₁V₁=RT₁…②
• ①②よりT₁を消去すると
  T₂=p₁V₁/R+2W₁₂/3R
  （これが正解です）

問２に関して、状態３と状態２の「絶対温度の差、Ｔ₃－Ｔ₂」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• 熱力学第一法則より
  Q₂₃=3/2・R(T₃-T₂)+0
  ∴ T₃-T₂=2Q₂₃/3R
  （これが正解です）

問３に関して、状態３→状態４の定圧変化で熱量Ｑ₃₄（≧0）の移動があった時の「正しい選択肢」を３択から選びます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

	選択肢	正誤	根拠
１	Q₃₄は気体が吸収した熱量である	○	ｐVグラフにおいて温度が上がるほどグラフは原点から右上に遠ざかる
２	Q₃₄=0である	×	外部に仕事をした上、内部エネルギーも増えているので、Q₃₄は正の値である
３	Q₃₄は気体が放出した熱量である	×	同上

問４に関して、状態１～５の絶対温度をＴ₁～Ｔ₅とする時、それらの関係を「正しく表した選択肢」を６択から選びます。

ポイントは「ｐVグラフの読み方」です。

ｐVグラフでは、気体の温度が高いほど等温線が「原点から右上に」離れていきます。

• ｐVグラフでは温度が高いほど
  等温線が原点から右上に離れていくので
  T₁～T₅で温度が最も高いのは
  T₄=T₅である
• よって、６つの選択肢の中で
  T₄=T₅が右端にある
  ①か④が正解となる
• 問１より
  T₁＜T₂なので
  正解は選択肢④となる
  （これが正解です）

問５に関して、ここでシチュエーションが変わります。状態５からの断熱変化「状態６」が追加された時、状態５→状態６で気体の温度が「上がるか、下がるか、変化しないか」を答えます。

ポイントは「断熱変化」です。

• 状態５→状態６において
  断熱変化で体積が増加しているので
  温度は下がる
• よって、正解のグラフは
  Ｘ（温度が低下）
  （これが正解です）

問６に関して、サイクルＡ（状態１→２→３→４→５→１）における「状態５→状態１で放出した熱量Ｑ₅₁」を答えます。

ポイントは「正解に使う文字」です。

使う文字	経路
W₅₆	状態５→状態６
Ｑ₅₁	状態５→状態１
Ｑ₆₁	状態６→状態１

よって、上記３つの経路に関して立式し、まとめれば正解できると解ります。

• 状態５→状態６に関して
  熱力学第一法則より
  0＝3/2・R(T₆-T₅)+W₅₆
  ∴ T₆-T₅=-2W₅₆/3R…③
• 状態６→状態１に関して
  定圧モル比熱は5/2・Rより
  -Q₆₁=5/2・R(T₁-T₆)
  ∴ T₁-T₆=-2Q₆₁/5R…④
• 状態５→状態１に関して
  熱力学第一法則より
  -Q₅₁=3/2・R(T₁-T₅)+0
  ∴ T₁-T₅=-2Q₅₁/3R…⑤
• よって
  ⑤の左辺=③の左辺+④の左辺
  より
  -2Q₅₁/3R=-2Q₆₁/5R-2W₅₆/3R
  ∴ Q₅₁=W₅₆+3/5・Q₆₁
  （これが正解です）

問７に関して、状態６→状態１の定圧変化において「気体が外部からされた仕事W₆₁」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• 熱力学第一法則より
  -Q₆₁=3/2・R(T₁-T₆)-W₆₁
  ④を代入してまとめると
  W₆₁=2/5・Q₆₁
  （これが正解です）

問８に関して、サイクルＡとＢの「熱効率」を答えます。

• サイクルＡに関して
  １サイクルによって温度は元に戻るので
  内部エネルギーは変化しない
• よって、サイクルAにおいて
  熱力学第一法則より
  （Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅-Q₅₁)=0+(-W₁₂+W₃₄+W₄₅)…⑥
• 熱効率eAは
  eA=(-W₁₂+W₃₄+W₄₅)/(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅)
  =(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅-Q₅₁)/(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅)
  =1-Q₅₁/(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅)…⑦
  （これが正解です）
• 同様にサイクルＢにおいて
  熱力学第一法則より
  (Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅-Q₆₁)=0+(-W₁₂+W₃₄+W₄₅+W₅₆-W₆₁)…⑧
• 熱効率eBは
  eB=(-W₁₂+W₃₄+W₄₅+W₅₆-W₆₁)/(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅)
  =(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅-Q₆₁)/(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅)
  =1-Q₆₁/(Q₂₃+Q₃₄+Q₄₅)…⑨
  （これが正解です）

問９に関して、「Ｑ₅₁－Ｑ₆₁」を答えます。

• ⑧－⑥より
  Q₅₁-Q₆₁=W₅₆-W₆₁…(10)
  （これが正解です）

問10に関して、W₅₆とW₆₁の「正しい関係」を３択から答えます。

• 気体がした仕事は
  ｐVグラフとV軸が作る面積なので
  図３(b)より
  W₅₆＞W₆₁…(11)
  （これが正解です）

問11に関して、eAとeBの「正しい関係」を３択から答えます。

• (10)(11)より
  Q₅₁-Q₆₁＞0
  ∴ Q₅₁＞Q₆₁…(12)
• ⑦⑨(12)より
  eA＜eB
  （これが正解です）

九州大学の物理2010年・平成22年度

大問１

問１(1)に関して、小物体と板が接触して運動する時の「小物体の加速度の大きさ」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

「加速度」を求められているので、運動方程式を使います。

• 水平右向きにｘ軸をとり
  バネの自然長の位置をx=0とする
• 小物体の加速度をa₁
  垂直抗力をN₁
  とおく
• 板の運動方程式は
  ma₁=-kx+N₁…①
  小物体の運動方程式は
  Ma₁=-N₁…②
  となる
• ①+②より
  a₁=-kx/(m+M)…③
• よって、加速度の大きさは
  |③|=kx/(m+M)
  （これが正解です）

問１(2)に関して、「小物体が板から離れるまでの時間」を答えます。

ポイントは「垂直抗力」です。

板と小物体が離れる瞬間に「垂直抗力N₁＝0」となります。

• ①に③を代入して
  N₁についてまとめると
  N₁＝Mkx/(m+M)
  となる
• 小物体が板から離れる条件は
  N₁=0
  であり、この時のｘ座標は
  ｘ=0
  である
• ③の単振動においてx=0となる時間は
  周期をＴ₁とおくと
  T₁/4
  であり、③より角振動数ω₁とすると
  ω₁=√{k/(m+M)}
  なので
  T₁/4=π/2・√{(m+M)/k}
  （これが正解です）

問１(3)に関して、小物体が板から離れた直後の「速度の大きさ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

小物体と板は、離れるまで一体として運動するので、バネの弾性エネルギーと運動エネルギーが保存します。

• 小物体が板から離れた直後の速度をv₁とおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・kd²=1/2・(m+M)v₁²
  ∴ v₁=d√{k/(m+M)}
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。先程までの床面が斜度θの斜面になった時、つりあいの位置における「バネの伸びｘ₀」を答えます。

• 斜面方向の力のつり合いより
  mgsinθ=kx₀
  ∴ x₀=(mgsinθ)/k…④
  （これが正解です）

問２(2)に関して、小物体と板が離れた時の「バネの伸びｓ」を答えます。

ポイントは「垂直抗力」です。

問１(2)と同様、運動方程式を立て「垂直抗力＝０」とした時の「ｘ座標」が、小物体と板が離れる位置です。その位置と「バネの自然長の位置」を比べれば「バネの伸び」が求まります。

• 斜面上向きにｘ軸をとり
  バネの自然長の位置をｘ＝０とおく
• バネの縮みをｘ
  加速度をａ₂とした時の
  板の運動方程式は
  ma₂＝-kx-mgsinθ+N₂…⑤
  小物体の方程式は
  Ma₂=-N₂-Mgsinθ…⑥
• ⑤⑥よりa₂を消去して
  N₂=Mkx/(m+M)
• 小物体と板が離れる条件は
  N₂=0
  なので、この時のｘ座標は
  x=0
  となる
• よって、小物体と板が離れる位置と
  バネの自然長の位置が等しいため
  s＝0
  （これが正解です）

問２(3)に関して、板から離れた直後の小物体の「速度の大きさ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

• 板と小物体が離れた直後の速さをv₂とおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・kD²+(m+M)gDsinθ=1/2・(m+M)v₂²
  ∴ v₂=√{kD²/(m+M)+2gDsinθ}…⑦
  （これが正解です）

問２(4)に関して、小物体と離れた板が行う単振動の「振幅」を答えます。

ポイントは「運動方程式」と「力学的エネルギー保存則」です。

	求まるもの
運動方程式	振動中心
力学的エネルギー保存則	最下点

「振動中心+振幅＝最下点」なので、上記２式を立てればよいと解ります。

• 板の加速度をa₂’として
  バネの縮がｘの時の運動方程式を立てると
  ma₂’＝-kx-mgsinθ
  ∴ a₂’=-k/m・{x+(mgsinθ)/k)
• よって、この運動は
  角振動数：ω₂’=√(k/ｍ)…⑧
  振動中心：x=-(mgsinθ)/k=-x₀（∵④）
  の単振動である
• 振幅をＡとし
  板が小物体と離れた位置と板の最下点で
  力学的エネルギー保存則を用いると
  1/2・mv₂²=1/2・k(x₀+A)²-mg(x₀+A)sinθ…⑨
• ここで④より
  sinθ=kx₀/mg…④’
• ⑨に④’と⑦を代入して
  A=（計算略）
  ＝2x₀
  （これが正解です）

問２(5)に関して、

• 小物体が板から離れた位置が
  振動中心と振動上端の真ん中なので
  求める時間は2/3周期分となる
• よって、周期Ｔ’として
  2/3・T’
  =2/3・2π/ω₂’
  =4π/3・√(m/k)（∵⑧）
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、図に示された「半導体の抵抗」を答えます。

ポイントは「オームの法則」です。

図２(ｃ)で電圧-電流グラフが与えられているので、電圧・電流の値を読みとり「V＝IR」に代入すれば正解です。

• 図２(c)のグラフより
  （I,V）=（5.0,0.43）
• 半導体の抵抗をｒとすると
  オームの法則より
  r=V/I=8.6×10⁻¹
  （これが正解です）

問１(2)に関して、図２(b)の回路における「半導体の抵抗」を答えます。

ポイントは「キルヒホッフの第二法則」です。

• 電流・電圧の値に
  （5.0mA,0.43V）を用い
  電流計の内部抵抗をrA
  半導体の抵抗をr’
  とおく
• キルヒホッフの第二法則より
  0.43-5.0×10⁻³(rA+r’)=0
  ∴ r’=84.8≒8.5×10
  （これが正解です）

問１(3)に関して、この半導体の「抵抗率」を答えます。

ポイントは「抵抗の式」です。

上式に出てくる「ρ」が抵抗率です。

• 求める抵抗率をρとおくと
  抵抗の式より
  r’=ρ・l/wt
• よって
  ρ=r’・wt/l
  =0.471
  ≒4.7×10⁻¹
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。図２(d)に示す半導体を磁場に入れて電流を流した時、「面S₂とS₄のどちらが低電位になるか」を答えます。

ポイントは「左手の法則」です。

キャリアが自由電子なので、ローレンツ力が生じます。その方向は「左手の法則」でわかります。

• 左手の法則より
  半導体内の自由電子は
  S₄ → S₂方向にローレンツ力を受け
  S₂側に集まる
• よって、S₄ → S₂へ磁場が発生するため
  電位が低いのは「S₂」となる
  （これが正解です）

問２(2)に関して、半導体中の「自由電子の平均の速さ」を答えます。

ポイントは「力のつり合い」です。

半導体中では、自由電子に働く「ローレンツ力」と「電場から受ける力」がつり合っています。このつり合いの式の中に、求める「平均の速さ」が含まれています。

• 以下の様に置いて考える

S₂・S₄間の電圧	Vy
S₂・S₄間の電場	Ｅ
電子の電荷	e
磁束密度	B
自由電子の平均の速さ	ｖ

• 半導体中では
  磁場によるローレンツ力と
  S₂・S₄間の電場から受ける力が
  つり合っているので
  eE=evB…①
• また
  E=Vy/w…②
  なので、①②より
  v=Vy/wB
  =0.156
  ≒1.6×10⁻¹
  （これが正解です）

問２(3)に関して、半導体中の自由電子の「個数密度」を答えます。

ポイントは「電流の定義」です。

この考えに沿って立式すると「電流＝電子１個の電気量×個数密度×１秒間の通過体積」となり、求める「個数密度」が出てきます。

• ｘ軸性方向の電流をIx
  個数密度をｎとおくと
  Ix=envwt
  ∴ n=Ix/evwt
  ≒6.4×10²⁰
  （これが正解です）

大問３

問１（ア）に関して、救急車が点Ａで発した音が「測定器に到達するまでの時間」を答えます。

ポイントは「速さ×時間＝距離」です。

• 点Ａ～測定器までの距離：ｌ
  音波の速さ：V
  より
  求める時間をtAと置くと
  tA＝l/V
  （これが正解です）

問１（イ）に関して、救急車が点Ｂで発した音が「測定器に到達するまでの時間」を答えます。

ポイントは「AB間の距離」です。

音波が進む距離は、（ア）に比べAB間だけ短くなっています。

• 点Ｂ～測定器までの距離：l-Vs
  音波の速さ：V
  より
  求める時間をtBとおくと
  tB=(l-VsΔt)/V
  （これが正解です）

問１（ウ）に関して、点Ａで発射した音波が測定器に届いた後「点Ｂで発射した音波が測定器に届くまでの時間」を答えます。

ポイントは「時刻」です。

「Ｂで発射した音」の方が、後で測定器に届くので、正解は「Ｂの音波が届いた時刻－Ａの音波が届いた時刻」となります。

• 救急車がＡで音波を出した時刻をｔ＝０とすると
  A発の音波：時刻tAに測定器へ到達
  B発の音波：時刻Δt+tBに測定器へ到達
  となる
• よって、求める時間は
  (Δt+tB)-tA
  =(V-Vs)Δt/V
  （これが正解です）

問１（エ）に関して、測定器が測定した「音波の振動数」を答えます。

ポイントは「振動数=１秒間の音波の個数」です。

よって、以下の様な表で考えると、簡単に正解できます。

時間	音波の個数
（ウ）秒間	ｆΔｔ個
１秒間	（エ）個

• 上表より、求める振動数をfM’とおくと
  fM’=fΔt÷(ウ)
  =Vf/(V-Vs)
  （これが正解です）

問２（オ）に関して、ここでシチュエーションが変わります。測定器が救急車に対して斜めにある時の「線分OCの長さ」を答えます。

ポイントは、問題文「線分ODと線分OHの長さが等しいと見なせる」です。

これにより、OHの長さはＬとなります。残ったCHはCDcosθなので・・・という流れです。

• 題意より
  OH＝OD
  とみなせるので
  OC＝OH+CH
  =OD+CH
  =Ｌ+CDcosθ
  =Ｌ+VsΔtcosθ
  （これが正解です）

問２（カ）に関して、Ｃで発せられた音波が「測定器に届くまでの時間」を答えます。

ポイントは「速さ×時間＝距離」です。

OCの長さは（オ）で求めたので、音速Ｖで割れば正解です。

• 求める時間をtcとおくと
  tc＝OC/V
  =(L+VsΔtcosθ)/V
  （これが正解です）

問２（キ）に関して、点Ｃで発射した音波が測定器に届いた後「点Ｄで発射した音波が測定器に届くまでの時間」を答えます。

ポイントは「時刻」です。

「Ｄで発射した音」の方が、後で測定器に届くので、正解は「Ｄの音波が届いた時刻－Ｃの音波が届いた時刻」となります。

• 救急車がＣで音波を出した時刻をｔ＝０とすると
  Ｃ発の音波：時刻tcに測定器へ到達
  Ｄ発の音波：時刻Δt+tDに測定器へ到達
  となる
• ここで
  tD＝L/V
  なので、求める時間Δt₀とすると
  Δt₀＝(Δt+tD)-tc
  =(V-Vscosθ)Δt/V
  （これが正解です）

問２（ク）に関して、測定器が測定した「音波の振動数」を答えます。

ポイントは「振動数=１秒間の音波の個数」です。

よって、以下の様な表で考えると、簡単に正解できます。

時間	音波の個数
（キ）秒間	ｆΔｔ個
１秒間	（ク）個

• 上表より、求める振動数をf₀’とおくと
  f₀’=fΔt÷(キ)
  =Vf/(V-Vscosθ)
  （これが正解です）

問３に関して、問２の測定器が測定した「音波のグラフ」を６択から答えます。

ポイントは「ドップラー効果」です。

時間ｔ₀までは救急車が近づいて来るので、振動数は増加した状態になります。この情報だけで「グラフ②④⑤⑥が不正解」と判り、①③の２択問題になります。

• 時間ｔ₀までは救急車が近づいて来るので
  振動数が多い状態となり
  グラフ①か③が正解となる
• また、救急車が十分遠方にある場合
  角θが非常に小さくなるため
  cosθ=1
  と近似でき、この時
  f₀’=fM’
  となる
• つまり、救急車が
  十分遠い場合でも
  十分近い場合でも
  救急車が発する音波と同じ振動数になるため
  それを表すグラフ①が正解となる
  （これが正解です）
• また、測定器が直線Ｐから
  非常に遠い場合を考えると
  点Ｍ付近でも測定される振動数の変化は
  ゆるやかになるため
  これを表す曲線Ｂ（破線）が正解となる
  （これが正解です）

問４に関して、救急車が測定器に近づく時の「ピーポー音の時間間隔」を３択から答えます。

ポイントは「音の時間間隔＝周期＝1/振動数」です。

救急車が近づいて来るので、測定器が受け取る音波の振動数は、救急車が発するものより大きいです。

• 救急車が測定器に近づいて行くので
  救急車が発する振動数＜測定器が受け取る振動数
  となる
• よって
  Ｔ₁＜Ｔ₀
  （これが正解です）

九州大学の物理2009年・平成21年度

大問１

問１（ア）に関して、接触する２物体ＡとＢにおける「物体Ｂの加速度」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

「加速度」を問われているので、運動方程式を使うだろうと想像できます。

• 以下の様に値を設定する

Ａの加速度	aA
Ｂの加速度	aB
Ａが床から受ける 垂直抗力	NA
Bが床から受ける 垂直抗力	NB

• 物体Ａ・Ｂの
  水平方向・鉛直方向の運動方程式より
  maA＝-F₀…①
  0=NA-mg…②
  MaB=F₀…③
  0=NB-Mg…④
• ③より
  aB=F₀/M…⑤
  （これが正解です）

問１（イ）に関して、衝突により２つの物体が離れた直後の「物体Ｂの速度」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

物体Ｂの初速は０なので「加速度×時間」で速度が出ます。

• 求める速度をVBとおくと
  Bの初速0より
  VB=0+aBT…⑥
• ⑤⑥より
  VB=F₀T/M…（ⅰ）
  （これが正解です）

問１（ウ）（エ）に関して、物体Ａが「物体Ｂから受ける力」を答えます。

• 物体Ａが物体Ｂから受ける力は
  「ウ：作用反作用」の法則より
  「エ：-F₀」
  である。

問１（オ）に関して、衝突後の「物体Ａの速度」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

問１（イ）で求めた物体Ｂと同様の方法で正解できます。

• ①より
  aA=-F₀/M…①’
• 求める速度をVAとおくと
  Aの初速Vより
  VA=V+aAT…⑦
• ①’⑦より
  VA=V-F₀T/m…（ⅱ）
  （これが正解です）

問１（カ）に関して、衝突前後の２物体について「和が変化しないもの」を答えます。

ポイントは「外力」です。

Ａ・Ｂが作る物体系には「外力による力積の変化」が無いため、運動量が保存します。よって、運動量が変化しないことを式で示せば正解です。

• 衝突後の２物体の運動量の和より
  mVA+MVB=(ⅱ)×m+(ⅰ)×M
  =mV
• mVは衝突前の運動量の和なので
  「カ：運動量」
  （これが正解です）

問１（キ）（ク）に関して、物体Ａが「物体Ｂに及ぼした力積」を答えます。

• 力積の単位は
  「キ：kg・m/s²」
  である
• この衝突では
  物体Ａが物体Ｂに対し
  F₀の力をT秒与えているので
  力積は「ク：F₀T」となる
  （これが正解です）

問１（ケ）（コ）に関して、小物体Ａが小物体Ｂに及ぼした「力積が最も小さくなる場合」を考えます。

• 衝突前後の運動量保存則より
  mV=mVA+MVB…⑧
• ２物体の反発係数をｅとして
  はね返りの式より
  VA-VB=-e(V-0)…⑨
• ⑧⑨からVAwo消去して
  VB=(1+e)mV/(m+M)
• 力積をIBとおくと
  物体Ｂの運動量の変化に等しいので
  IB=MVB-0
  =(1+e)mMV/(m+M)
• よって、IBが最小となるeの値は
  「ケ：e=0」
  であり、この時
  「コ：IB=mMV/(m+M)」
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。先程までの水平な床面が、斜度θの下り坂に変わっており、床面には摩擦が発生します。この時、物体Ｃが物体Ｄに「衝突する直前のＣの速度」および「衝突の時刻」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

シチュエーションが変化してますし、「速度」と「時刻」の２つを答えるので、運動方程式から地道に進めるのが安全です。

• 物体Ｃの加速度をaCとおくと
  運動方程式より
  maC=mgsinθ
  ∴ aC=gsinθ…(10)
• 等加速度直線運動の式より
  V₀²-0²=2aCX
  ∴ V₀=√(2gXsinθ)
  （これが正解です）
• また、物体Ｃの初速は0なので
  1/2・aCt₁²=X…(11)
• (10)(11)より
  t₁=√(2X/gsinθ)
  （これが正解です）

問２(2)に関して、１回目の衝突直後の「Ｃの速度」および「Ｄの速度」を答えます。

ポイントは「運動量保存」と「はね返りの式」です。

衝突した瞬間を考えるため「摩擦力による力積」が発生せず、運動量が保存します。そして「はね返りの式」を立てれば、未知数２つ・式２本で正解が出ると見えます。

• 運動量保存則より
  mV₀=mVC+mVD…(12)
• はね返りの式より
  V₀-0=-(VC-VD)…(13)
• (12)(13)より
  VC=0、VD=V₀
  （これが正解です）

問２(3)に関して、「物体Ｄに作用する力」を図で答えます。

ポイントは、問題文「矢印の向きと長さは力の向きと大きさに対応させること」です。

正確な作図を求められています。よって「重力」を基準とし、他の力線の「長さ」まで丁寧に描く必要があります。

• 物体Ｄにはたらく
  垂直抗力をＮ
  動摩擦力をF’とおくと
  N=mgcosθ
  F’=μ’N=μ’mgcosθ
• 題意より、tanθ=0.3なので
  cosθ=10/√109
• よって
  N=10mg/√109
  F’=3mg/√109

問２(4)に関して、時刻ｔ＝０～ｔ₂までの「物体ＣおよびＤの速度の時間変化」を作図で答えます。

ポイントは「問２(1)～(3)の結果」です。

これらをグラフ上に転写する問題です。

• t＝0～t₁に関して
  題意より、物体Ｄは静止を続ける
  また、問２(1)より
  物体Ｃは初速０の等加速度直線運動をし
  速度Ｖ₀に達する
• t＝t₁～t₂に関して
  問２(2)より
  Ｃの初速：０
  Ｄの初速：V₀
  である
• 物体Ｃは問２(1)の運動方程式より
  t＝0～t₁までと同じ等加速度直線運動をする
• 物体Ｄは問２(3)より
  等速直線運動をする
• よって、正解は以下の図となる

問２(5)に関して、物体ＣとＤが再び衝突するまでに「Ｄが移動する距離」を答えます。

• １度目の衝突から２度目の衝突までの
  時間をＴ₂とおくと
  この間にＣとＤが移動した距離は等しいので
  V₀T₂＝1/2・gsinθ・T₂²
  ∴ T₂=2V₀/gsinθ
• Y=V₀T₂
  =2V₀²/gsinθ
  =4X（∵問２(1)）
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、スイッチＳ₁を閉じてコンデンサーを充電した後「電極１に蓄えられた電荷Q」を答えます。

ポイントは「コンデンサの電気容量」です。

• コンデンサの電気容量をＣとおくと
  C=ε₀L²/d…①
  となる
• またコンデンサーの関係式は
  Ｑ=CV…②
• ①②より
  Q=ε₀L²V/d…③
  （これが正解です）

問１(2)に関して、コンデンサーに蓄えられた静電エネルギーUCを答えます。

• UC=1/2・QV=Q²/2C
  =Q²d/2ε₀L²…④（∵①）
  （これが正解です）

問２(1)に関して、スイッチＳ₁を開いて電池を切り離し、電極１を距離Δｘだけゆっくり上昇させた時の「静電エネルギーの増加ΔUC」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

よって、引き上げた後の静電エネルギーと問１(2)の結果を用いればよいと解ります。

• 電極１をΔｘだけ上昇させた時の
  電気容量をＣ’とおくと
  C’＝ε₀L²/(d+Δx)
• この時の静電エネルギーUC’とおくと
  UC’=Q²(d+Δx)/2ε₀L²…⑤
• ④⑤より
  ΔUC=UC’-UC
  =Q²Δx/2ε₀L²…⑥
  （これが正解です）

問２(2)に関して、電極間に働く「引力Ｆの大きさ」を答えます。

ポイントは「仕事とエネルギー」です。

引力と等しい大きさの外力Ｆを使って極板１を引き上げたので「静電エネルギーの変化＝外力の仕事」となります。

• 外力がした仕事の分だけ静電エネルギーが増加したので
  ΔUC=FΔx…⑦
• よって⑥⑦より
  F=Q²/2ε₀L²…⑧
  （これが正解です）

問３(1)に関して、ストッパーを外した瞬間に電極２が上昇するための「Ｑが満たすべき条件」を答えます。

ポイントは「ストッパーを外した瞬間はバネが自然長」であることです。

つまり、極板には「引力Ｆ」と「重力」だけがはたらきます。

• ストッパーを外した瞬間に電極２にはたらく力は
  ｘ軸正方向：引力Ｆ
  ｘ軸負方向：重力mg
• ゆえに
  F＞mg…⑨
  ならば電極２が上昇する
• よって求める条件は
  ⑧⑨より
  Q＞L√(2ε₀mg)
  （これが正解です）

問３(2)に関して、電極２が到達する「最上点の座標ｘM」を答えます。

ポイントは「単振動」です。

• 極板が座標ｘ＝ｘにある時の加速度をａとすると
  運動方程式より
  ma＝-mg-kx+F
  ∴ a=-k/m・(x+mg/k-F/k)
• よって、この運動は
  振動中心：x₀=1/k・(F-mg)
  の単振動である
• この単振動の下端はｘ=0なので
  最上点の座標は
  xM=2x₀=2/k・(Q²/2ε₀L²-mg)
  （これが正解です）

問３(3)に関して、電極間の電界のｘ成分Ｅxの「時間変化を表すグラフ」を６択から答えます。

• スイッチが開いているため
  コンデンサーの電荷Ｑは保存する
• 極板間の電界の強さは
  極板の電荷に依存するため
  Exは一定の値を取り続ける
• Exが一定の値をとり続けるグラフは
  （c）のみなので、これが正解となる

問４に関して、電極２を最上点で固定し、スイッチ２を閉じ、十分時間が経つまでに抵抗R₂で消費されるエネルギーをUR₂とした時の「UC－UR₂＝」を答えます。

ポイントは「エネルギーの移動」です。

①	コンデンサーが持っていた静電エネルギー
②	バネの弾性エネルギー増加
③	極板の位置エネルギー増加
④	R₂で消費されたエネルギー

とおくと「①＝②+③+④」という関係になります。求める正解は「①－④」なので「②+③」を出せば正解できるとわかります。

• スイッチＳ₂を閉じ、十分に時間が経つと
  コンデンサーの静電エネルギーは
  全て抵抗R₂で消費される
• 今、R₂で消費されなかったエネルギーは
  　バネの弾性エネルギーの増加
  　極板の位置エネルギーの増加
  になるので
  UC-UR₂=1/2・kxM²+mgxM
  （これが正解です）

大問３

問１（ア）（イ）に関して、時刻ｔにおける物体の「ｘ・ｙ座標」を答えます。

ポイントは「位相を２段階に分けて考える」ことです。

立式が難しい場合は、以下の様に考えると簡単になります。

１	時間ｔに沿って ωｔで反対向きに回る	－ωｔ
２	円の頂上からスタート	＋Π/2

• x(t)=rcos(-ωt+Π/2)=rsinωt
  y(t)=rsin(-ωt+Π/2)=rcosωt
  （これが正解です）

問１（ウ）（エ）に関して、時刻０における物体の「速度のｘ成分・ｙ成分」を答えます。

• Δtが十分に小さい時
  物体の位置の変化は
  v*(0)Δt…①
  とみなすことができる
• 物体の位置の変化を
  ｒ*を使って表すと
  r*(Δt)-r*(0)
  であり、題意の近似を使うと
  r*(Δt)-r*(0)
  =(rsin(ωΔt)，rcos(ωΔt))-(0，r)
  ≒(rωΔt,0)-(0,r）
  =(rωΔt,0)…②
• ①＝②なので
  v*(0)=(rω，0)…③
  となり
  このｘ成分・ｙ成分が
  求める（ウ）（エ）である
  vx(0)=rω
  vy(0)=0
  （これが正解です）

問１（オ）（カ）に関して、時刻ｔにおける物体の「速度のｘ成分・ｙ成分」を答えます。

• 物体の運動は等速円運動なので
  v=|v*(0)|=rω（∵③）…④
  となる
• 時刻ｔにおける速度のｘ・ｙ成分は
  vx(t)=vcosωt…⑤
  vy(t)=-vsinωt…⑥
• よって、⑤⑥に④を代入して
  vx(t)=rωcosωt
  vy(t)=-rωsinωt
  （これが正解です）

問１（キ）（ク）に関して、時刻０における物体の「加速度のｘ成分・ｙ成分」を答えます。

• Δtが十分に小さい時
  物体の速度の変化は
  a*(0)Δt…⑦
  とみなすことができる
• 物体の速度の変化を
  v*を使って表すと
  v*(Δt)-v*(0)
  であり、題意の近似を使うと
  v*(Δt)-v*(0)
  =(rωcos(ωΔt),-rωsin(ωΔt))-(rω,0)
  ≒(rω,-rω²Δt)-(rω,0)
  =(0,-rω²Δt)…⑧
• ⑦=⑧より
  a*(0)=(0,-rω²)…⑨
  となり
  このｘ成分・ｙ成分が
  求める（キ）（ク）である
  ax(0)=0
  ay(0)=-rω²
  （これが正解です）

問１（ケ）（コ）に関して、時刻ｔにおける物体の「加速度のｘ成分・ｙ成分」を答えます。

• 物体の運動は等速円運動なので
  向心方向の加速度の大きさは変わらないため
  a=|a*(0)|=rω²（∵⑨）…(10)
  となる
• 時刻ｔにおける加速度のｘ・ｙ成分は
  ax(t)=-asinωt…(11)
  ay(t)=-acosωt…(12)
• よって、(11)(12)に(10)を代入して
  ax(t)=-rω²sinωt
  ay(t)=-rω²cosωt
  （これが正解です）

問２（サ）（シ）に関して、ここでシチュエーションが変わります。質量が無視できるバネと質量ｍの物体が大量に連結されている時「Ｐ－１番目とＰ＋１番目の物体の回転角」を答えます。

ポイントは「回転角の進み具合」です。

大量のバネと物体の動きは、図６で与えられた１つの正弦波になっています。この正弦波の波長がλで、物体１個分の間隔がｄなので、お隣り同士の回転角の差は「±2π・(d/λ)」となります。

• 正弦波の波長がλ
  隣り合う物体の間隔がｄ
  なので
  隣り合う物体の回転角の差は
  ±2π・d/λ
  となる
• よって、問題文より
  P番目の物体の回転角がωtなので
  P-1番目：ωt+2πd/λ
  P+1番目：ωt-2πd/λ
  （これが正解です）

問２（ス）に関して、Ｐ番目の物体の「加速度」を答えます。

ポイントは「問１の活用」です。

加速度を問わたら「運動方程式」と行く場合が多いですが、本問は問１で「加速度」を直接扱っています。よって、これを利用するのが正道と見えます。

• P番目の物体の変位
  uP(t)=rsin(ωt)
  とは、問１（ア）の形に等しい
• よって、問１と同じプロセスにより
  求める値は問１（ケ）に相当するので
  aP(t)=-rω²sin(ωt)
  （これが正解です）

問２（セ）に関して、Ｐ番目の物体が「左右のバネから受ける合力」を答えます。

ポイントは「バネの伸び・縮み」です。

Ｐ番目の物体はバネが伸び・縮みした分だけ力を受けますが、その伸び・縮みは「物体Ｐ－１、Ｐ、Ｐ＋１の変位の差」で表すことができます。

• Ｐ番目の物体の
  左側の伸びをΔxL(t)とおくと
  ΔxL(t)＝uP(t)-uP-1(t)
  =rsinωt-rsin(ωt+2πd/λ)…(13)
• 右側の伸びをΔxR(t)とおくと
  ΔxR(t)=uP+1(t)-P(t)
  =rsin(ωt-2πd/λ)-rsinωt…(14)
• よって、Ｐ番目の物体が
  バネから受ける合力ＦP(t)は
  FP(t)=(14)・k-(13)・k
  =（計算略・問題文の和積の公式を使う）
  =-2k(1-cos(2πd/λ))×rsin(ωt)…(15)
  （これが正解です）

問２（ソ）に関して、Ｐ番目の物体の運動方程式を立て「ωとλの関係式」を答えます。

ポイントは「前問（ス）（セ）」です。

（ス）が加速度を求める問題で、（セ）が合力を求める問題でした。よって、この２つを使えば運動方程式を組めます。

• （ス）で求めた加速度
  （セ）で求めた合力より
  運動方程式を立てると
  m{-rω²sin(ωt)}=-2k(1-cos(2πd/λ))・rsin(ωt)
  ∴ ω²=2k/m・(1-cos2πd/λ)
  （これが正解です）

九州大学の物理2008年・平成20年度

大問１

問１(1)に関して、質量ｍの物体を円盤の演習場に置いた時「物体が円盤に対して動き始める角速度ωA」を答えます。

• 水平方向と鉛直方向の力のつり合いより
  maω²=F…①
  N=mg…②
• 物体が動かない条件は
  F≦μN…③
• ③に①②を代入して
  maω²≦μmg
  ∴ ω≦√(μg/a)
• よって、物体が動き始める角度は
  ωA=√(μg/a)…④
  （これが正解です）

問１(2)に関して、質量２mの物体を置いた時、物体が円盤に対して「動き始める角速度ω₁」を答えます。

ポイントは「問１(1)の活用」です。

問１(1)の過程で「ｍ→２ｍ」とすれば、本問の正解となります。

• ④において
  ｍを２ｍに置き換えると
  ω₁=ωA
• よって
  ω₁/ωA=１（倍）
  （これが正解です）

問１(3)に関して、質量ｍの物体を、点Ｏからの距離がａ/2となるように置いた時、物体が円盤上で「動き始める角速度ω₂がωAの何倍になるか」を答えます。

ポイントは「問１(1)の活用」です。

問１(1)の過程で「ａ→ａ/2」とすれば正解できます。

• ④において
  ａをａ/2に置き換えると
  ω₂=√(2μg/a)
  =√2・ωA
• よって
  ω₂/ωA=√2（倍）
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。物体が円盤から離れる瞬間に、物体と点Ｏを結ぶ線分が「ｘ軸となす角度θ」を答えます。

ポイントは「直角三角形」です。

板から離れる瞬間、物体の速度方向は「円盤の接線方向」です。よって、角θはsinを使って表すことができます。

• 物体が円盤から離れる点をＱとおく
• 物体は点Ｑから
  円周の接線方向へ発射されるため
  ∠PQO=π/2
  であり
  ∠OPQ＝θ
  となる
• よって
  sinθ＝QO/OP
  =1/√2
  より
  θ=π/4
  （これが正解です）

問２(2)に関して、物体が点Ｐへ到達するために必要な「ωAに関する条件」を答えます。

ポイントは「点Ｐにおける速度」です。

物体は点Ｐに到達するまで床から動摩擦力を受け、減速しながら進みます。逆に言えば「点Ｐにおける速度が０以上」なら、物体は点Ｐに到達できるということです。

• 物体が水平面上を移動する時
  加速度をαとすると運動方程式は
  水平方向：mα=-μ’N…⑤
  鉛直方向：0=mg-N…⑥
• ⑤⑥より
  α=-μ’g…⑦
• 点Ｐ・Qにおける物体の速度を
  vP・vQとおくと
  vP²-vQ²=2αa…⑧
• 物体が点Ｐに到達する条件は
  vP≧0なので
  ⑧より
  vP=√(vQ²-2μ’ga)≧0
  ∴vQ≧√(2μ’ga)…⑨
• また
  vQ=aωA…(10)
  なので
  ⑨(10)より
  ωA≧√(2μ’g/a)
  （これが正解です）

問２(3)に関して、物体が円盤から離れた後、点Ｐで「壁と衝突するまでの時間ｔ」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

三角形OPQは直角二等辺三角形と判っているので、PQの長さはａとなります。よって、等加速度直線運動の式が使えます。

• 問１(1)のθ=π/4
  ∠PQO=π/2
  OP=√2・a
  より
  PQ=a
  となる
• ⑦より
  物体はQP間を等加速度直線運動するので
  a=aωA・t+1/2・(-μ’g)・t²
  上記をｔの二次方程式とみなすと
  解の公式より
  ∴ t=[aωA±√{(aωA)²-2μ’ga}]/μ’g
• 題意より
  物体と壁は初めて衝突するので
  t=[aωA-√{(aωA)²-2μ’ga}]/μ’g
  （これが正解です）

問２(4)に関して、点Ｐで衝突する直前の「物体の速さｖ₁」を答えます。

ポイントは「等加速度直線運動」です。

問２(3)のｔを「速さの式」に代入しても正解は出ますが、計算過程が大変なので以下の解き方を使います。

• 物体はPQ間を等加速度直線運動するので
  v₁²-(aωA)²=2(-μ’g)a
  ∴ v₁=√{(aωA)²-2μ’ga}
  （これが正解です）

問３(1)に関して、物体が壁に衝突した直後の「速度のｘ成分・ｙ成分」を答えます。

• 題意より、壁の表面はなめらかなので
  衝突前後で物体の
  速度のｘ成分は変化しない
  ∴ v₂x=v₁x
• また、問２(1)より
  物体は壁に対し
  角度π/4で衝突するので
  v₂x=v₁x
  =-|v₁*|sinπ/4
  =-v₁/√2
  （これが正解です）
• 続いて、速度のｙ成分に関して
  はね返りの式より
  (v₂y-0)=-e(v₁y-0)
  ∴ v₂y=-ev₁y
• 物体は壁に対し
  角度π/4で衝突するので
  v₂y=-ev₁y
  =-e|v₁*|cosπ/4
  =-ev₁/√2
  （これが正解です）

問３(2)に関して、点Ｐで壁に衝突した物体が「静止するまでに運動した距離ｌ」を答えます。

• 衝突後の物体の速さv₂は
  v₂=√(v₂x²+v₂y²)
  =√{(1+e²)/2}・v₁
• 衝突後の物体は
  ⑤⑥の等加速度直線運動をするので
  0²-v₂²=2(-μ’g)l
  ∴ l={(1+e²)v₁²}/4μ’g
  （これが正解です）

大問２

問１に関して、t=0～π/ωの間で「ａ・ｂのどちらが高電位か」を答えます。

ポイントは「レンツの法則」です。

• 時刻ｔ=0～π/ωにおいて
  図３の回路を貫く磁束は増加する
• よって、レンツの法則より
  磁束の増加を妨げる方向へ
  誘導起電力が発生するので
  「ａが高電位」となる
  （これが正解です）

問２に関して、時刻ｔにおける領域WXYZを貫く磁束Φ(t)を答えます。

ポイントは「面積」です。

軸の回転により、磁場の貫く面積が小さくなっていきますが、その値は三角関数を使って「d²cosωt」と表現できます。磁束密度Ｂが与えられているので、面積がわかれば正解できます。

• t=0における
  領域WXYZの面積は
  d²である
• ゆえに、題意の時刻において
  磁場が貫く領域の面積は
  d²cosωt
  となる
• よって
  Φ(t)=Bd²cosωt…①
  （これが正解です）

問３に関して、微小時間Δｔにおける磁束の変化を「ΔΦ=k₁Δtと書いた時のｋ₁」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

• 時刻ｔ+Δｔにおける磁束は①より
  Φ(t+Δt)=Bd²cosω(t+Δt)
  =Bd²(cosωt・cosωΔt-sinωt・sinωΔt)
  ≒Bd²(cosωt-ωtsinωt)…②
• よって、磁束の変化は
  ΔΦ=Φ(t+Δt)-Φ(t)
  =②-①
  =-ωBd²sinωt・Δt…③
  より
  ｋ₁=-ωBd²sinωt
  （これが正解です）

問４に関して、時刻ｔにおいてａｂ間に発生する「誘導起電力V(t)」を答えます。

ポイントは「ファラデーの電磁誘導の法則」です。

誘導起電力は「単位時間あたりの磁束の変化」となります。それは問３で求めています。

• 電磁誘導の法則より
  誘導起電力の大きさは
  |V(t)|=|ΔΦ/Δt|
  =ωBd²sinωt（∵③）
• 今、題意の時刻においては
  ａが高電位なので
  V(t)=ωBd²sinωt…④
  （これが正解です）

問５に関して、時刻ｔにおいて抵抗に流れる「電流IR(t)」を答えます。

ポイントは「オームの法則」です。

問４で電圧V(t)を求めており、抵抗の大きさはＲなので、オームの法則を使えば正解できます。

• IR(t)=V(t)/R
  =(ωBd²sinωt)/R…⑤
  （これが正解です）

問６に関して、時刻ｔにおいてコンデンサーに蓄えられる電気量をQ(t)とした時、その変化量「ΔQ=k₂Δtにおけるｋ₂」を答えます。

ポイントは「変化＝後－前」です。

問３と同じプロセスを電気量Ｑで用います。

• コンデンサーの式と④より
  Q(t)=CV(t)=ωCBd²sinωt
• 時刻ｔ+Δｔにおける電気量は
  Q(t+Δt)=ωCBd²sinω(t+Δt)
  =ωCBd²(sinωt・cosωΔt+cosωt・sinωΔt)
  ≒ωCBd²(sinωt+cosωt・ωΔt)
• ゆえに変化量は
  ΔQ=Q(t+Δt)-Q(t)
  =ω²CBd²cosωt・Δt…⑥
• よって
  ｋ₂=ω²CBd²cosωt
  （これが正解です）

問７に関して、時刻ｔにおいてコンデンサーに流れる「電流Ｉc(t)」を答えます。

• ⑥より
  Ｉc(t)=ΔQ/Δt
  =ω²CBd²cosωt…⑦
  （これが正解です）

問８に関して、時刻ｔ=０～2π/ωにおける「Ｉc(t)のグラフ」を描きます。

ポイントは「問７の利用」です。

答えるべきＩc(t)は問７で導出しており、ｔの関数となっています。よって、以下の図が正解となります。

問９に関して、IR(t)に対する「Ｉc(t)の位相」を答えます。

ポイントは「問５と問７の活用」です。

IR(t)は問５で、Ic(t)は問７で求めています。２つの位相の差を調べるには、三角関数を揃えればよいです。

• ⑦より
  Ic(t)=ω²CBd²cosωt
  =ω²CBd²sin(ωt+π/2)…⑦’
• よって
  ⑤と⑦’を比較すると
  Ic(t)はIR(t)に対し
  位相がπ/2進んでいる。
  （これが正解です）

大問３

問アに関して、図５に示されるように、点Ｏの左右に光線Ａのような明るい部分が等間隔に生じる理由を答えます。

• 点Ｏの左右に光線Ａのような明るいところが
  ほぼ等間隔に生じるのは、
  升目が「ア：左右」方向
  に規則正しくならんでいるからである
  （これが正解です）

問イ・ウに関して、隣り合う升目からＡへ向けて回折した「光の道のりの差」と「その差が波長の何倍か」を答えます。

ポイントは「三角関数」です。

屈折後の角度θAが与えられているため、光路差はsinθAを使って表現できます。

• 題意より
  隣り合う升目の間隔はdAであり
  光線Aが入射光と成す描くはθAなので
  光路差=dAsinθA
  （これがイの正解です）
• また、光線Ａは光が強め合う関係になっているので
  光路差は波長λの「ウ：１倍」となる

問エに関して、光線Ａが「入射光と成す角θA」を答えます。

ポイントは「問題文で与えられた数値」です。

問題文では「格子面からスクリーンまでの距離Ｌ」と「光線Ｏと光線Ａの間隔Δｘ」が与えられています。そして、格子面から点Ａへの角度がθAなので、三角関数で表現できる・・・という流れです。

• 与えられた条件より
  tanθA=Δx/L
  =32/2000
  =1.6×10⁻²（rad）
• 題意より、上記は0.1rad以下なので近似を使える
  よって
  θ≒tanθA=1.6×10⁻²（rad）
  （これが正解です）

問オ・カに関して、「格子の間隔dA」を答えます。

ポイントは「題意の近似：sinα≒tanα」です。

• 隣り合う格子からＡへ向かう光の光路差は
  （イ）よりdAsinθA
• その光路差は（ウ）より
  波長の１倍の長さなので
  dAsinθA=λ…①
• また（エ）より
  tanθA=Δx/L…②
• ここで題意より
  sinθA≒tanθAなので
  ①②を代入して
  λ/dA=Δx/L
  ∴ dA=Lλ/Δx…③
  （これが正解です）
• また
  tanθA≒sinθA=λ/dA…④
  より
  dA=λ/tanθA
  =0.53/1.6×10⁻²
  =33.1
  ≒33（μm）
  （これが正解です）

問キに関して、格子の縦方向の間隔を求め、横方向の間隔（ｄA）と比較します。

ポイントは「問オの活用」です。

先程の問題でｄAの長さ（dA=Lλ/Δx）を求めました。Ｌとλは問題文で与えられた条件なので一定の値です。よって「Δx→Δy」とすれば「ｄA→ｄB」となります。

• 格子からスクリーンの距離Ｌと
  波長λは光線Ａ・Ｂに関して一定なので
  ③より
  dB=Lλ/Δy…⑤
• 題意より
  Δy＞Δxなので③⑤を比較して
  dB＜dA
  （これが正解です）

問ク・ケに関して、ここでシチュエーションが変わります。格子面とスクリーンの間に凸レンズを起き、スクリーンに鮮明な格子の拡大像が現れた時の「レンズの焦点距離」を答えます。

ポイントは「レンズの公式」です。

図６は複雑ですが、下段で「a」と「ｂ」の長さが与えられています。よって、レンズの公式が使えばよいと解ります。

• レンズの式より
  1/a+1/b=1/f…⑥
• 今、題意より
  a=50
  b=1950
  なので⑥より
  f=48.75≒49（mm）
  （これが正解です）
• また、倍率Ｍは
  M=|b/a|=39（倍）
  （これが正解です）

問コに関して、図６に示された「Ｄの長さ」を答えます。

• レンズの中心と点Ｆ₀・点FAが作る直角三角形より
  tanθA=D/f…⑦
• ④⑦より
  λ/dA=D/f
  ∴ D=fλ/dA
  （これが正解です）

問サに関して、縞の「隣り合う明線の間隔ΔX」を答えます。

• 点Ｆ₀と点ＦAを通った光が
  スクリーンの同じ場所に
  明線を作る場合を考える
• 光線が入射角となす角をθ’とおくと
  光路差=Dsinθ’
  ≒Dtanθ’
  =DX/l
• 自然数ｍを用いると
  ｍ番目の明線の条件は
  DX/l=mλ…⑧
• また、m+1番目の明線の条件は
  D(X+ΔX)/l=(m+1)λ…⑨
• ⑧⑨より
  ΔX=lλ/D
  （これが正解です）

九州大学の物理2007年・平成19年度

大問１

問１(1)に関して、バネに繋がれた物体Ａに物体Ｂを押し付けてバネを縮め、手を放した時、物体ＡとＢが「離れるまでの時間Ｔ」と「物体Ｂの速度v₀」を答えます。

ポイントは「単振動」です。

物体Ａはバネに繋がれて単振動するので、振動中心を超えると進行方向と反対向きに加速度がかかり、Ｂと離れます。

• 題意の状況において
  物体Ａ・Ｂ間の抗力をＲ
  加速度をβ₀
  とおく
• バネの自然長の位置を原点として
  右向きにｘ軸をとり
  物体Ａの左端がｘ＝ｘにある時の
  物体Ａ・Bの水平方向の運動方程式は
  mβ₀=-kx-R…①
  mβ₀=R…②
• ②-①より
  R=-1/2・kx…③
• 物体Ａ・Ｂが離れる条件は
  R=0
  なので、それは③より
  ｘ=0
  でおこる
• ①③より
  β₀=-k/2m・x
  ゆえにＡは
  振動中心：x=0
  角振動数：√(k/2m)
  の単指導をするので
  Ｂと離れるのは、周期Ｔ₀として
  Ｔ=1/4・T₀
  =π√(m/2k)
  （これが正解です）
• また、力学的エネルギー保存則より
  1/2・kL²=1/2・2m・v₀²
  ∴ v₀=L√(k/2m)
  （これが正解です）

問１(2)に関して、物体Ａの単振動の「振幅Ｄ」と「角振動数ω」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

Ｂと離れた瞬間のＡの速度はｖ₀であり、この運動エネルギーがバネの弾性エネルギーとなるので、振幅を知ることができます。

• 物体Ａに関する力学的エネルギー保存則より
  1/2・mv₀²=1/2・kD²
  ∴ D=v₀√(m/k)
  =L/√2
  （これが正解です）
• また、物体Ａの位置ｘ=ｘにおける運動方程式は
  加速度をα₀として
  mα₀=-kx
  ∴ α₀=-k/m・x
• よって、角振動数は
  ω=√(k/m)
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。物体Ｂが台車の上を滑る時、時刻ｔにおける「物体Ｂの速度v」および「台車の速度Ｖ」を答えます。

ポイントは「運動方程式」です。

時刻ｔにおける速度を求められているので「速度＝初速＋加速度×ｔ」となります。

• 物体Ｂ・台車の水平方向の加速度を
  β・ａとおき
  物体Ｂが台車から受ける垂直抗力をＮ
  台車が地面から受ける垂直抗力をＮ台とおくと
  両者の水平・鉛直方向の運動方程式より
  mβ=-μ’N…④
  0=N-mg…⑤
  Ma=μ’N…⑥
  0=N台-N-Mg…⑦
• ④⑤より
  β=-μ’g…④’
  ⑤⑥⑦より
  a=mμ’g/M…⑥’
• 等加速度直線運動の式より
  v=v₀+βt=v₀-μ’gt…⑧
  （これが正解です）
  V=0+at=mμ’gt/M…⑨
  （これが正解です）

問２(2)に関して、時刻ｔまでに物体Ｂが「台車の上面を滑った距離ｄ」を答えます。

• 時刻ｔにおいて、物体Ｂおよび台車が
  段差から距離ｄ₁およびD₁の位置にあると仮定すると
  等加速度直線運動の式より
  d₁＝v₀t+1/2・βt²
  =v₀t-1/2・μ’gt²
  D₁=0+1/2・at²
  =1/2・mμ’gt²/M
• この差が求める距離ｄとなるので
  d=d₁-D₁
  =v₀t-1/2・(M+ｍ)μ’gt²/M
  （これが正解です）

問２(3)に関して、物体Ｂと台車の運動が「一体となった時刻ｔ₁」および、その時の「速度Ｖ₁」を答えます。

• ⑧⑨より
  v₀-μ’gt₁=mμ’gt₁/M
  ∴ t₁=Mv₀/μ’g(M+ｍ)…(10)
  （これが正解です）
• また⑨(10)より
  V₁=mμ’gt₁/M
  =mv₀/(M+ｍ)
  （これが正解です）

問３に関して、一体となった物体Ｂと台車が向かい側のバネに衝突し、物体Ｂが台車の上を滑らずに向きを変えた時の「バネ定数Ｋの範囲」を答えます。

ポイントは「滑らない条件」です。

問題が「Ｋの範囲を示せ」ということで、何かしら「不等式」を立てる必要があります。本問の条件で不等式を立てられそうなのは「Ｂと台車間の摩擦力」となります。

• バネの自然長の位置を原点とし
  右向きにＸ軸をとる
• 物体および台車の加速度をβ’とおき
  両者の間にはたらく摩擦力をＦとおくと
  水平・鉛直方向の運動方程式は
  ｍβ’＝－F…(11)
  0＝N-mg…(12)
  Mβ’=F-KX…(13)
  0=N台-N-Mg…(14)
• また、物体Ｂが滑らない条件は
  F≦μN…(15)
  である
• (11)×M－(13)×mより
  Ｆ=mKX/(M+m)…(16)
• (16)において
  摩擦力が最大となるＸを
  Ｘ=Ｘ₁
  とおくと、力学的エネルギー保存則より
  1/2・(M+ｍ)V₁²=1/2・KX₁²
  ∴ X₁=V₁√{(M+ｍ)/K}…(17)
• よって、物体Ｂが滑らない条件は
  (15)(16)より
  mKX₁/(M+ｍ)≦μmg
  (17)を代入して
  Ｋ≦(M+ｍ)(μg/V₁)²
  （これが正解です）

問４(1)に関して、バネで跳ね返った２物体が今度は反対の段差に衝突します。この衝突直後の「物体Ｂの速度v₁’」と「台車の速度V₁’」を答えます。

ポイントは「台車が段差に衝突した瞬間の、物体Ｂにはたらく外力」です。

• 力学的エネルギー保存則より
  バネで跳ね返って左向きに進む台車と物体Ｂの速さは
  V₁となる
• 今、台車がQQ’の段差に衝突しても
  その瞬間に物体Ｂが
  衝突による外力を受けることはないので
  v₁’=－V₁
  （これが正解です）
• また、台車に関して
  はね返りの式より
  V₁’-0=-e(-V₁-0)
  ∴ V₁’=eV₁
  （これが正解です）

問４(2)に関して、物体Ｂと台車が同時に静止した時の「反発係数ｅ」を答えます。

ポイントは「問２(1)の活用」です。

本問において、摩擦力は内力となるため（外力による力積が加わらないため）運動量保存則により「m(-V₁)+MeV₁=0」で、正解はすぐ出ます。

しかし、せっかく問２を解いたプロセスがあるので、多少手間が増えても運動方程式から慎重に行く方が良いと思います。

• 物体Ｂ・台車の加速度をβ’’・ａ’’とおくと
  運動方程式より
  mβ’’=μ’N…(A)
  0=N-mg…(B)
  Ma’’=-μ’N…(C)
  0=N台-N-Mg…(D)
• (A)(B)より
  β’’=μ’g…(E)
  (B)(C)より
  a’’=-mμ’g/M…(F)
• 段差で衝突してから
  静止するまでの時間をｔ₂とおくと
  0=-V₁+β’’t₂…(G)
  0=eV₁+a’’t₂…(H)
• (E)～(H)より
  e=ｍ/M
  （これが正解です）

大問２

問１に関して、平行板コンデンサーの「電気容量」を答えます。

• ２枚の金属板の
  面積：ａ²
  距離：ｄ
• よって
  C＝ε₀a²/d…①
  （これが正解です）

問２に関して、スイッチを閉じた状態における、コンデンサーに蓄えられた「電気量」と「静電エネルギー」を答えます。

• 題意より電気量Qは
  Q=CU₁
  =ε₀a²U₁/d（∵①）
  （これが正解です）
• また、静電エネルギーは
  W₁=1/2・CU₁²
  =ε₀a²U₁²/2d（∵①）
  （これが正解です）

問３に関して、コンデンサー内を通過する「電子が受ける力」を答えます。また、電子がコンデンサーの金属板に当たるようになった時の「コンデンサーの電位差」を答えます。

• 電位差がU₂の時の
  極板間に発生する電場の強さをE₂とおくと
  E₂=U₂/d
• よって、電子が受ける力の大きさは
  F=eE₂
  =eU₂/d
  （これが正解です）
• また、電子のｙ軸方向の加速度をαとおくと
  運動方程式より
  mα=eU₂/d
  ∴ α=eU₂/md…②
• 電子が点Ｏから上側極板の右端に
  到達するまでの時間をｔ₃とおくと
  ｘ・ｙ方向の移動距離は
  a=vt₃…③
  d/2=1/2・αt₃²…④
• ②～④より
  U₃=mv²d²/ea²…⑤
  （これが正解です）

問４に関して、スイッチを開いてしばらく待ち、電子による輝点がスクリーンに現れるようになるまでの「時間T」と「輝点のｙ座標」を答えます。

ポイントは「コンデンサーの電気量の変化」です。

1. T₀秒間にコンデンサーに投入された電子の数
2. 電位の変化（U₄→U₃）によるコンデンサーの式

という２種類の方法で表すことができるため「＝」でつなげば方程式を作れます。

• 電位差U₄の状態からスイッチを開き
  電子が極板に捉えられ
  電位差がU₃より小さくなると
  電子は極板を越えてスクリーンへ向かう
• 上記にかかる時間をT₀とおくと
  この間に入射した電子の電気量は
  ΔQ=-eNT₀…⑥
  となる
• また、電位差U₃・U₄における
  極板の電気量をQ₃・Q₄とおくと
  ΔQ=Q₃-Q₄
  =C(U₃-U₄)…⑦
• よって①と⑤～⑦より
  -eNT₀=ε₀a²/d・(mv²d²/ea²-U₄)
  ∴ T₀=ε₀a²/eNd・(U₄-mv²d²/ea²)
• 電子が極板の右端から
  スクリーンまでにかかる時間は
  L/v
  なので
  T=T₀+L/v
  =ε₀a²/eNd・(U₄-mv²d²/ea²)+L/v
  （これが正解です）
• 極板上側の右端を通過する時の
  電子の速度のｙ方向成分は
  ｙ方向の加速度α’として
  vy=α’t₃
  =eU₃a/mdv
  =vd/a
• よって、極板上川のｙ座標はd/2なので
  y₁=d/2+vd/a・L/v
  =d(1/2+L/a)
  （これが正解です）

問５に関して、スイッチを閉じてコンデンサーの電位差をU₅とした時、電子がコンデンサー内を通過する間に「電場から得るエネルギー」を答えます。

• 問３と同様のプロセスを用いると
  電子が極板から飛び出す瞬間の
  速度のｘ・ｙ成分は
  ｘ：v…⑧
  ｙ：eU₅a/mdv…⑨
  となる
• 求める値W₂は
  コンデンサーを通過する前後の
  運動エネルギーの変化に等しいので
  W²=1/2・m(⑧²+⑨²)-1/2・mv²
  =1/2m・(eU₅a/dv)²
  （これが正解です）

大問３

問１に関して、状態Ａ→Ｂの変化において「気体が外部へする仕事WAB」を答えます。

• 仕事＝力×距離
  ＝（圧力×面積）×距離
  ＝圧力×（面積×距離）
  ＝圧力×体積
• 今、Ａ→Ｂの変化において
  体積変化は０なので
  WAB＝0…①
  （これが正解です）

問２に関して、状態Ａ→Ｂの変化において「気体に加えられる熱量QAB」を答えます。

ポイントは「状態方程式」です。

「気体に加えられる熱量」を求めるということで、熱力学第一法則を使うことが見えます。そのためには「内部エネルギーの変化ΔUAB」が必要で、状態Ｂの温度がわかればよい・・・という流れです。

• 状態Ａに関する状態方程式より
  P₀V₀＝RT₀…②
  状態Ｂに関する状態方程式より
  3/2・P₀V₀＝RTB…③
• ②③より
  TB＝3/2・T₀
• よって、熱力学第一法則より
  QAB＝ΔUAB+WAB
  ＝3/2・R(3/2・T₀-T₀)+0
  =3/4・RT₀
  （これが正解です）

問３に関して、状態Ｂ→Ｃの変化において「気体が外部へする仕事WBC」および「気体に加えられる熱量QBC」を答えます。

ポイントは「図４のPVグラフ」です。

気体が外部へする仕事は「PVグラフの面積」で求めることができます。

• 図４のPVグラフより
  気体が外部にする仕事WBCは
  線分BCとV軸による
  台形の面積に等しいので
  WBC=1/2・(3/2・P₀+P₀)(3/2・V₀-V₀)
  =5/8・RT₀
• また、条件より
  状態Ｂ・Cの温度が等しいことから
  内部エネルギーの変化は０
  となる
• よって、熱力学第一法則より
  QBC=0+5/8・RT₀
  =5/8・RT₀
  （これが正解です）

問４に関して、状態Ｃ→Ａの変化において「気体がされる仕事WCA」と「気体から奪われる熱量QCA」を答えます。

• 気体がされる仕事WCAは
  図４のPVグラフにおける
  線分CAとV軸による
  長方形の面積なので
  WCA=P₀(3/2・V₀-V₀)
  =1/2・RT₀
  （これが正解です）
• この変化における
  内部エネルギーの変化は
  ΔUCA=3/2・R(3/2・T₀-T₀)
  =3/4・RT₀
• よって、熱力学第一法則より
  QCA=ΔUCA+WCA
  =5/4・RT₀
  （これが正解です）

問５に関して、サイクルⅠにおける「熱効率e₁」を答えます。

ポイントは「熱効率の定義」です。

以下の式に問１～４の結論を代入すると正解できます。

• e₁=(WAB+WBC-WCA)/(QAB+QBC)
  =1/11
  （これが正解です）

問６に関して、ここでシチュエーションが変わります。先程までの「サイクルⅠ」に加え「サイクルⅡ」が登場します。サイクルⅡにおける「熱効率ｅ₂」を答えます。

ポイントは「情報の整理」です。

何をすればよいのかイマイチ見えにくい問題なので、情報を整理して「目標」を明確にしましょう。

	サイクルⅠ	サイクルⅡ
Ａ→Ｂ	QAB WAB	QAB WAB
Ｂ→Ｃ	QBC WBC	QBC’ WBC’
Ｃ→Ａ	QCA WCA	OCA WCA
正味の仕事	WⅠ ＝0+WBC-WCA	WⅡ =0+WBC’-WCA

• QBC=WBC＝WⅠ＋WCA
  ∴ WCA＝QBC-WⅠ
• QBC’＝WBC’
  ＝WⅡ+WCA
  ＝WⅡ+QBC-WⅠ
• よって
  eⅡ=WⅡ/(QAB+QBC’)
  =WⅡ/(QAB+QBC－WⅠ+WⅡ)
  （これが正解です）

問７に関して、熱効率eⅠとeⅡの「大小関係」を答えます。

• eⅠ-eⅡ
  =WⅠ/(QAB+QBC)－WⅡ/(QAB+QBC-WⅠ+WⅡ)
  =(QAB+QBC-WⅠ)(WⅠ-WⅡ)/(QAB+QBC)(QAB+QBC-WⅠ+WⅡ)…④
• ④式の分母は
  eⅠの分母（＞０）とeⅡの分母（＞０）の
  掛け算なので正の値となる
• またWⅠ-WⅡは題意より
  行程Ⅰと行程Ⅱで気体が外部へする仕事が
  行程Ⅰ＞行程Ⅱとなるため
  WⅠ－WⅡも正の値となる
• QAB+QBC-WⅠ
  =QAB+(WⅠ+WCA)-WⅠ
  =QAB+WCA
  =3/4・RT₀+1/2・RT₀
  =5/4・RT₀＞0
• よって、以上より
  ④＞0となるので
  eⅠ＞eⅡ
  （これが正解です）

九州大学の物理2006年・平成18年度

大問１

問１（ア）に関して、斜面を滑り落ち点Ｂに達した「小物体の速さ」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

斜面の摩擦は無視できるため、重力による位置エネルギーが運動エネルギーに変わります。

• 点Ｂにおける小物体の速さをｖBとおくと
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・mvB²＝mgh
  vB＝√(2gh)
  （これが正解です）

問１（イ）（ウ）に関して、小物体が台に乗った時の、単振動の「振幅」と「周期」を答えます。

ポイントは「単振動の上端」です。

小物体と台を一体とみなして鉛直方向の運動方程式を立てると、この運動が単振動であるとわかり「振動中心」が求まります。振幅を求めるためには運動の「上端」か「下端」がわかればよいですが、本問では「上端」で台にかかる重力と弾性力がつり合っているため立式できます。

• 小物体と台を一体と考え
  鉛直方向にｙ軸をとって
  バネの自然長の位置をｙ＝０とおくと
  一体のｙ軸方向の運動方程式は
  加速度βとして
  (m+M)β=-ky-(m+M)g
  ∴ β=-k/(m+M)・{y+(m+M)g/k}
• 上式より、この運動は
  振動中心：y₀=-(m+M)g/k…①
  角振動数：ω=√{k/(m+M)}…②
  の単振動である
• また、この単振動の上端y=y₁は
  台とバネがつり合う位置なので
  -ky₁-Mg=0
  ∴ y₁=-Mg/k…③
• よって振幅Ａは
  A=③-①
  =mg/k…④
  (これが正解です）
• また、周期をＴ₁とおくと
  T₁=2π/ω
  =2π√{(m+M)/k}（∵②）
  （これが正解です）

問１（エ）に関して、台上の「DE間の距離」を答えます。

• DE間の距離をｌとおく
• 小物体の速さはvBであり
  DE間の移動時間はT₁/2なので
  l=vB・T₁/2
  =√(2gh)×2π√{(M+m)/k}×1/2
  =π√{2(M+m)gh/k}
  （これが正解です）

問１（オ）に関して、小物体が台から降りた後、台の「単振動の振幅」を答えます。

ポイントは「点Ｆのｙ座標」です。

台のｙ方向の運動方程式を書けば「振動中心」は求まります。この単振動の下端は点Ｆなので、点Ｆのｙ座標を求めれば振幅が出て正解となります。

• 小物体がFに移った後の
  台のｙ軸方向加速度をβ’とおくと
  運動方程式は
  Mβ’=-ky-Mg
  ∴ β’=-k/M・(y+Mg/k)
• よって、台は
  振動中心：y₀’=-Mg/k…⑤
  角振動数：ω’=√(k/M)…⑥
  の単振動をする
• 点Ｆのｙ座標は
  ①-④より
  -(2m+M)g/k…⑦
• よって、求める振幅をA’とおくと
  A’=⑤-⑦
  =2mg/k
  （これが正解です）

問２(1)に関して、台を抜けた小物体の運動を使って「点Ｇが点Ｆよりどれだけ高いか」を答えます。

ポイントは「力学的エネルギー保存則」です。

斜面の摩擦は考えなくてよいので、運動エネルギーと位置エネルギーが交換されます。

• 求める高さをｈ’として
  力学的エネルギー保存則より
  1/2・mvB²=mgh’
  ∴ 1/2・m・2gh=mgh’
  ∴ h’=h
  （これが正解です）

問２(2)に関して、円弧FGの長さが半径Rに比べてかなり小さく、小物体の運動が単振り子とみなせる時の「小物体が円弧FGを往復する時間」を答えます。

ポイントは「単振り子の周期」です。

問題文の「FGを往復する時間」とは単振り子の半周期です。単振り子の周期は、円弧方向の運動方程式から角振動数を出せば求まります。

• 小物体の運動を単振り子とみなし
  半径が地面鉛直となす角をθ
  小物体の円弧方向の加速度をαとおくと
  運動方程式より
  mα=-mgsinθ
  ∴ α=-gsinθ…⑧
• 題意より
  円弧FGが十分小さいため
  sinθ≒θ…⑨
  と近似できる
• また、円弧FGの長さをｌ’とおくと
  l’=2πR×θ/2π
  =Rθ
  ∴θ=l’/R…(10)
• 円弧方向にｘ軸をとると
  ⑧⑨(10)より
  α≒-gθ
  =g/R・x
• ゆえにこの単振り子は
  角振動数：ω’’=√(g/R)
  周期：T₂=2π/ω’’=2π√(R/g)
• 今、求める時間をｔ₂とおくと
  t₂=T₂/2
  =π√(R/g)…(11)
  （これが正解です）

問２(3)に関して、小物体が点Ｆに戻ってきた時に再び台と同じ高さになる場合の「半径Ｒ」を答えます。

• ⑥より
  台の鉛直方向の単振動の周期T₃は
  T₃=2π/ω’
  =2π√(M/k)…(12)
• 題意より
  (11)＝(12）なので
  R=4Mg/k
  （これが正解です）

問３(1)に関して、小物体が台をＥ→Ｄと通って点Ｂに戻り、摩擦を受けながら斜面ABを登った時の「停止点がＢ点よりどれだけ高いか」を答えます。

ポイントは「仕事とエネルギーの関係」です。

点Ｂにおける小物体の運動エネルギーが「摩擦力の仕事」と「重力に関する位置エネルギー」に変わります。

• 点Ｂを原点とし
  Ｂ→Ａ方向にｘ軸をとる
• 小物体の
  ｘ軸方向の加速度をα’
  斜面から受ける垂直抗力をNとおくと
  斜面と斜面鉛直方向の運動方程式より
  mα’=-mgsinθ-μ’N…(13)
  0=N-mgcosθ…(14)
• (13)(14)より
  動摩擦力の大きさは
  μ’mgcosθ
• 求める高さをHとおくと
  小物体が摩擦を受けながら
  斜面を登った距離Ｌは
  L=H/sinθ
• よって
  動摩擦力がした仕事と
  小物体の運動エネルギーの関係より
  μ’mgcosθ・L+mgH=1/2・mvB²
  ∴ μ’mgH/tanθ+mgH=mgh
  ∴H=tanθ/(tanθ+μ’)・h
  （これが正解です）

問３(2)に関して、小物体が斜面で停止した後「滑り落ちないための静止摩擦係数μの条件」を答えます。

• 静止摩擦力をＦとし
  (13)(14)を
  小物体が静止した場合に書き換えると
  0=F-mgsinθ
  0=N-mgcosθ
• 小物体が滑らない条件は
  F≦μN
  より
  mgsinθ≦μmgcosθ
  ∴ μ≧tanθ
  （これが正解です）

大問２

問１(1)に関して、各コイルを貫く「磁束の最大値」を答えます。

ポイントは「コイルの角度」です。

コイルが磁束に対して正対する時が「磁束の最大」になる時です。

• コイルの面積をSとおくと
  S=2rL
• よって、求める磁束の最大値Φ₀は
  Φ₀=BS=2rLB…①
  （これが正解です）

問１(2)（ア）に関して、コイル２を貫く磁束の「時間変化を表すグラフ」を答えます。

• コイルの角速度をωとおくと
  図４(ａ）で表されるΦ₁は
  Φ₁＝Φ₀cosωt…②
  となる
• 題意より
  g₂はg₁よりπ/2だけ遅れて回転しているので
  Φ₂＝Φ₀cos(ωt-π/2)
  =Φ₀sinωt…③
  となる
• よって
  正解はグラフ（ｂ）
  （これが正解です）

問１(2)（イ）（ウ）に関して、コイル１・２に生じる「起電力の時間変化を表すグラフ」を答えます。

ポイントは「電磁誘導の法則」です。

「磁束の変化」を妨げる向きに、誘導起電力が発生します。

• 電磁誘導の法則と①より
  V₁=-dΦ₁/dt
  =ωΦ₀sinωt
• よってV₁のグラフは（ｂ）
  （これが正解です）
• 電磁誘導の法則と②より
  V₂=-dΦ₂/dt
  =-ωΦ₀cosωt
• よってV₂のグラフは（ｃ）
  （これが正解です）

問１(3)に関して、コイルに流れる誘導電流が磁場から受ける力の最大値をＦとした時、コイルの回転周期をｎ倍にした場合に受ける「力の最大値Ｆ’」を答えます。

ポイントは「式変形」です。

コイルの一辺が受ける力は「IBL」ですが、これをそのまま回答にはできません。回答に使える文字になるまで式変形していきましょう。「Ｆとｎ」を用いて書き表せとの事なので、まずはＦを出す必要がありそうです。

• コイル１を使って考える
• コイル１の辺が受ける力をｆ₁とおくと
  f₁=I₁BL
  =V₁BL/R
  =ωΦ₀sinωt・BL/R
  =2π/T・2rBL・sin2πt/T・BL/R（∵①）
  =4πB²L²r/TR・sin2πt/T
• よって
  Maxf₁=Ｆ=4πB²L²r/TR
• ここで回転体の周期をｎ倍にすると
  F’=4πB²L²r/nTR
  =F/n
  （これが正解です）

問２(1)に関して、ここでシチュエーションが変わります。金属板Ｍが挿入された平行板コンデンサーに関して、コンデンサーの下側の極板と金属Ｍの間の「静電容量Ｃ₁」を答えます。

• C₁=ε₀S/d…③
  （これが正解です）

問２(2)に関して、平行板コンデンサーの「静電容量Ｃ」を答えます。

ポイントは「直列つなぎ」です。

平行板コンデンサーが金属板Ｍで分断された２ヶ所は、２つのコンデンサーの直列つなぎとみなすことができます。よって「合成容量」に持ち込めば良いとわかります。

• 問２(1)と同様にして
  上側の極板と金属板Mの間の
  静電容量Ｃ₂は
  C₂=ε₀S/2d…④
• 求める値は③と④の合成容量なので
  1/C=1/C₁+1/C₂
  ∴ C=ε₀S/3d…⑤
  （これが正解です）

問２(3)に関して、金属板Ｍの上面に帯電している「電気量QM」を答えます。

ポイントは「コンデンサーの上側の極板」です。

問２(2)でコンデンサーの静電容量を求めたので、電源電圧と合わせて「帯電した電気量」が求まります。金属板Ｍの上面は、コンデンサーの上側極板と静電容量Ｃ₂のコンデンサーを形成しているとみなせるため、帯電した電気量は平行板コンデンサーに等しくなります。

• コンデンサーの極板に
  帯電している電気量をQ₀とおくと
  ⑤より
  Q₀=CV=ε₀SV/3d…⑥
• コンデンサーの上側の極板は
  +Q₀に帯電しているので
  向かい合わせの金属板Mの上面は
  QM=-Q₀
  =-ε₀SV/3d
  =-1/3・C₁V
  （これが正解です）

問２(4)に関して、平行板コンデンサーの「位置ごとの電界の強さ」をグラフに描きます。

• 金属板Ｍの下側と
  コンデンサーの下側極板の電位差をV₁とおくと
  Q₀=V₁C₁
  ∴ V₁=Q₀/C₁
  =1/3・V（∵③⑥）
• 金属板Ｍの上側と
  コンデンサーの上側極板の電位差をV₂とおくと
  Q₀=V₂C₂
  ∴ V₂=Q₀/C₂
  =2/3・V（∵④⑥）
• 金属板の上側の電場の強さをＥ₂
  下側をＥ₁とおくと
  E₂=2/3・V/2d
  =V/3d
  E₁=1/3・V/d
  =V/3d
• よって、正解は以下の図となる

問２(5)に関して、コンデンサーの上側極板を距離ｄだけ金属板Ｍに近づけた時の「静電エネルギーがどれだけ増えたか」を答えます。

• 上側極板を移動させたことにより
  上側極板と金属板Ｍの間の静電容量Ｃ₂’は
  C₂’=ε₀S/d
  となる
• よって
  コンデンサーの合成容量C’は
  1/C’=1/C₁+1/C₂’
  ∴ C’=ε₀S/2d=1/2・C₁…⑦
  となる
• よって、極板の移動前後の
  コンデンサーの静電エネルギーを
  UおよびU’とおくと
  U=1/2・CV²
  =1/2・C₁/3・V²（∵③⑤）
  =1/6・C₁V²
  U’=1/2・C’V²
  =1/2・C₁/2・V²（∵⑦）
• よって、求める増加量ΔUは
  ΔU=U’-U
  =1/12・C₁V²
  （これが正解です）

大問３

問１に関して、状態Ａにおける「気体の圧力ｐA」を答えます。

ポイントは「状態方程式」です。

• 状態方程式より
  pA・V₀＝nRT₀
  ∴ pA＝nRT₀/V₀…①
  （これが正解です）

問２に関して、状態Ｂにおける「気体の温度TB」を答えます。

ポイントは「図６・ＶＴグラフの比例関係」です。

Ａ→Ｂの直線が原点を通っているため、ＶとＴは比例関係になっています。よって、変化Ａ→Ｂは「定圧変化」と読み取れます。

• 題意より
  ｎとRは定数であり
  図６の変化Ａ→Ｂにおいて
  VとTが比例関係になっているため
  変化Ａ→Ｂは定圧変化である
• よって、Bにおける状態方程式より
  pA・3/5・V₀=nRTB…②
  となる
• ①②より
  TB=3/5・T₀
  （これが正解です）

問３に関して、状態Ｃにおける「気体の圧力ｐC」を答えます。

• 状態Ｃにおける状態方程式より
  pC・3/5・V₀=nRT₀
  ∴ pC=5nRT₀/3V₀
  （これが正解です）

問４に関して、気体の内部エネルギー変化が「正である過程」を答えます。また、その「変化量ΔU」を答えます。

ポイントは「温度が上昇する変化」です。

気体の内部エネルギー変化は温度によって決まります。

• 温度変化をΔTとおくと
  題意より
  ΔU=3/2・nRΔT
• よって、内部エネルギー変化が正となるのは
  温度が上昇する変化であり
  Ｂ→Ｃとなる
  （これが正解です）
• また、変化量は
  ΔU=3/2・nR(T₀-3/5・T₀)
  =3/5・nRT₀
  （これが正解です）

問５に関して、気体の「内部エネルギー変化が０になる過程」を答えます。

• 問４と同様にして
  ΔT=0となる時は
  Ｃ→Ａの過程である
  （これが正解です）

問６に関して、気体が「外部から仕事をされる過程」を答えます。

ポイントは「気体の体積が減少する変化」です。

気体が外部へ仕事をする時、気体の体積は増加します。今回は「仕事をされる」なので、体積が減少する変化を考えます。

• 気体が外部から仕事をされるのは
  体積が減少する時なので
  図６より
  Ａ→Ｂの過程である
  （これが正解です）
• また、この定圧変化で気体がされる仕事Ｗは
  －W=pA(3/5・V₀-V₀)…③
• ①③より
  Ｗ=2/5・nRT₀
  （これが正解です）

問７に関して、気体が「外部に熱を放出する過程」を答えます。また、その「熱量Ｑ」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

「温度が下がり」かつ「体積も減る」変化があれば、その時点で「熱が放出される」とわかります。実はその様な変化が図６にあります（Ａ→Ｂ）

• 熱力学第一法則より
  温度が下がり、かつ体積も減る
  Ａ→Ｂの過程で
  外部に熱が放出されるとわかる
  （これが正解です）
• この過程における
  内部エネルギーの変化ΔUは
  ΔU=3/2・nR(TB-T₀)
  =-3/5・nRT…④（∵問２）
• 気体が外部からされる仕事は
  問６で求めているので
  ③④と熱力学第一法則より
  -Q=ΔU＋(-W)
  ∴ Q=-ΔU+W
  =nRT₀
  （これが正解です）

問８に関して、Ｃ→Ａの過程の代わりに状態Ｃから断熱的に変化させて状態Ａと同じ圧力にした時（この状態をＤとする）状態Ｄの体積VDを「正しく表した選択肢」を５択から答えます。

ポイントは「ｐVグラフ」です。

与えられた図６は「ＶＴグラフ」ですが、これを「ｐVグラフ」に描きなおすと正解が見えやすくなります。

• 定圧モル比熱をCpとおくと
  題意より
  Cp=Cv+R=5/2・R
  となる
• また比熱比は
  γ=Cp/Cv=5/3
  となるので
  pV⁵/³=一定…（X）
  となる
• 今、Ｃ→Ａは等温変化なので
  pV=一定…（Y）
• また、Ｃ→Ｂは定積変化なので
  pVグラフにおいて
  ｐ軸に沿って真っすぐ下がる…（Z）
• よって（X）（Y）（Z）より
  ｐVグラフを描くと
  3/5・V₀＜VD＜V₀
  となるので選択肢③が該当する
  （これが正解です）

問９に関して、状態Ｄにおける「気体の温度TDを正しく表した選択肢」を５択から答えます。

• 問８で描いたｐVグラフより
  TB＜TD＜T₀
  となるので選択肢③が該当する
  （これが正解です）

九州大学の物理2005年・平成17年度

大問１

問１（ア）～（ウ）に関して、飛行機から落とされたボールが「地面に落ちるまでの時間」を答えます。

ポイントは「自由落下」です。

飛行機から落とされたボールにかかる力は「重力」のみとなります。

• 落とされた瞬間のボールの速度は
  水平方向は「ア：Ｖ」
  鉛直方向は「イ：０」
• ボールの鉛直方向の運動は
  自由落下なので
  等加速度直線運動の式より
  H=1/2・gt²
  ∴ t=√(2H/g)…①
  （これがウの正解です）

問１（エ）に関して、図１における「ACの距離」を答えます。

ポイントは「等速直線運動」です。

ボールは水平方向に一定速度Vで運動します。

• ボールは水平方向に速度Vで運動するので
  ①より
  AC=Vt=V√(2H/g)…②
  （これが正解です）

問１（オ）に関して、図１における「ABの距離」を答えます。

ポイントは「飛行機と自動車の移動距離」です。

ABの長さは「飛行機の移動距離－自動車の移動距離」と言い換えることができます。

• ①より
  BC=vt=v√(2H/g)…②
• ①②より
  AB=AC-BC
  =(V-v)√(2H/g)
  （これが正解です）

問２(1)に関して、Ｃ地点で地面と衝突する直前の「ボールの鉛直方向の速度」を答えます。

• 求める速度をUとおくと
  鉛直上向きを正として①より
  U=-gt=-√(2gH)…③
  （これが正解です）

問２(2)に関して、ボールが１回目・２回目に落ちてくる地点「C・D間の距離」を答えます。

ポイントは「はね返りの式」です。

はね返りの式を書くと、地面に衝突直後のボールの鉛直方向速度が求まります。あとは「投げ上げ運動」という流れです。

• 反発係数をｅ
  ボールが地面と衝突した直後の
  鉛直方向速度をU’とおくと
  はね返りの式と③より
  U’-0=-e(U-0)
  ∴ U’=-eU
  =√(gH/2)…④
• C地点で跳ね返ってから
  D地点に落ちるまでの時間を
  ｔ’とおくと
  0＝U’t’-1/2・gt’²
  ∴ t’=2U’/g
  =√(2H/g)…⑤（∵④）
• よって
  CD=Vt’=V√(2H/g)（∵⑤）
  （これが正解です）

問２(3)に関して、AD間での「自動車の加速度」を答えます。

ポイントは「求める加速度をａとおくこと」です。

自動車は等加速度直線運動であり、その「時間」と「距離」は以下のように判明しています。

ACの長さ	問１（エ）
CDの長さ	問２(2)
ボールが１回目に 落ちるまでの時間	問１（ウ）
ボールの最初の バウンド時間	問２(2)

よって、加速度をａとおいて立式すれば「未知数１つ・式１本」で正解となります。

• 自動車が移動する時間をTとおくと
  それはボールがＤに到達するまでなので
  T=t+t’
  =2√(2H/g)…⑥
• AD=AC+CD
  =2V√(2H/g)…⑦
• 求める自動車の加速度をaとおくと
  自動車は等加速度直線運動するので
  AD=vT+1/2・aT²
  ∴ a=(V-v)√(g/2H)（∵⑥⑦）
  （これが正解です）

問２(4)に関して、自動車の出せる最大の速さをｖMとした時、D地点で自動車がボールに追いつくための「飛行機の速さVが満たすべき条件」を答えます。

ポイントは、問題文「AD間での自動車の加速度は一定」です。

この問題は一見すると

状況を考えたくなりますが、問題文の通り「自動車は一定加速度で加速し続け」ます。つまり「Ｄ地点で速さvMを超えなければよい」というだけの問題です。

• D地点における
  自動車の速さをvDとおくと
  vD=v+aT
  =2V-v
• 自動車の最大の速さがvMなので
  vM≧2V-v
  ∴ V≦(vM+v)/2
  （これが正解です）

問２(5)に関して、D地点でボールをキャッチした直後の「自動車の速度」を答えます。

ポイントは「運動量保存則」です。

問題文に「ボールをキャッチする直前に加速をやめた」と書いてあるので「運動量保存を使う」とわかります。

• 求める自動車の速度をuとおくと
  水平方向の運動量保存則より
  (m+M)u=mV+M(2V-v)
  ∴ u={mV+M(2V-v)}/(m+M)
  （これが正解です）

大問２

問１（ア）に関して、導線の長さＬの部分が受ける「力の大きさＦ」を答えます。

• F=IBLsinθ

問１（イ）～（エ）に関して、接続点ｂにおける「電流の関係」および閉回路abcdefにおける「電圧の関係」を答えます。

ポイントは「キルヒホッフの法則」です。

• （イ）の法則名は
  「イ：キルヒホッフ」
• ｂ点に流れ込む電流は
  I₁+I₂+I₃
  ｂ点から流れ出す電流は
  0
• よってキルヒホッフの第一法則より
  I₁+I₂+I₃=0
  ∴ I₁=-I₂-I₃
  （これが正解です）
• 閉回路abcdefに関して
  キルヒホッフの第二法則より
  E₁-I₁R₁-(-I₃)R₃-E₃=0
  ∴ E₁=I₁R₁-I₃R₃+E₃
  （これが正解です）

問２(1)に関して、時刻ｔ＝０～５までに図４の閉回路に生じる「誘導起電力をグラフで」答えます。

ポイントは「電磁誘導の法則」です

• 図５の磁束の変化より
• 0≦t≦1の時
  V=|2/1|=2…①
  向きは正方向
• 1≦t≦3の時
  V=0…②
• 3≦t≦5の時
  V=|-2/2|=1…③
  向きは負方向

問２(2)に関して、ｔ＝０～５の間に回路全体から発生する「ジュール熱」を答えます。

• ジュール熱をＷ
  回路全体の抵抗をＲとおくと
  Ｗ=V²t/R…④
• ④と①～③より
  0≦t≦1の時
  W=2/3
  1≦t≦3の時
  W=0
  3≦t≦5の時
  W=1/3
• よって
  求めるジュール熱の総量は
  １（J）
  （これが正解です）

問３(1)に関して、時刻「L/v＜t＜2L/v」において「辺afに流れる電流Ｉ₁」および「辺cdに流れる電流Ｉ₂」を答えます。

ポイントは「キルヒホッフの法則」です。

本問が解きやすくなるように、問１で「キルヒホッフの法則」の基本問題が出されています。活用しましょう。

• 図６において
  e→bの向きに流れる電流をＩ₃とおく
• 回路が磁場内を移動して
  生じる誘導起電力は
  vBL
• 点eに関して
  キルヒホッフの第一法則より
  I₁+I₂=I₃…⑤
• 回路bcdebに関して
  キルヒホッフの第二法則より
  vBL-I₃R-I₂R=0…⑥
• 回路abcdefaに関して
  キルヒホッフの第二法則より
  vBL-(-I₁)R-I₂R=0…⑦
• よって⑤⑥⑦より
  I₁=-vBL/3R
  I₂=2vBL/3R
  （これが正解です）

問３(2)に関して、時刻「2L/v＜t＜3L/v」において「辺afに流れる電流Ｉ₁」および「辺cdに流れる電流Ｉ₂」を答えます。

• 回路が磁場内を移動して
  生じる誘導起電力は
  c→d方向：vBL
  b→e方向：vBL
• 点eに関して
  キルヒホッフの第一法則より
  I₁+I₂=I₃…⑧
• 回路bcdebに関して
  キルヒホッフの第二法則より
  vBL-vBL-I₃R-I₂R=0…⑨
• 回路abcdefaに関して
  キルヒホッフの第二法則より
  vBL-(-I₁)R-I₂R=0…(10)
• よって⑧⑨(10)より
  I₁=-2vBL/3R
  I₂=vBL/3R
  （これが正解です）

大問３

問１（ア）に関して、状態Ａの「内部エネルギー」を答えます。

ポイントは「温度TAを自分で設定すること」です。

これにより、状態方程式と内部エネルギーの式を立てやすくなります。

• 状態Ａにおける気体の温度をTAとおくと
  状態方程式より
  P・SL＝１・R・TA
  ∴ PSL＝RTA…①
• また、題意より
  内部エネルギーUAは
  UA＝3/2・RTA…②
• よって①②より
  UA＝3/2・PSL…③
  （これが正解です）

問１（イ）に関して、状態Ａ→Ｂの過程における「気体に加えた熱量Ｑ₁」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

• 状態Bにおける気体の温度をTBとおくと
  状態方程式より
  2P・SL=１・R・TB
  ∴ 2PSL=RTB…④
• ①④より
  TB=2TA
• ゆえに③より
  UB=2UA=3PSL…⑤
• よって
  ③⑤と熱力学第一法則より
  Q₁=ΔU+0
  =UB-UA
  =3/2・PSL…⑥
  （これが正解です）

問１（ウ）（エ）に関して、状態Ｂ→Ｃにおける「内部エネルギーの変化」および「気体がした仕事W₁」を答えます。

ポイントは「熱力学第一法則」です。

状態Ｂ→Ｃは定圧変化ではないため「仕事＝圧力×体積変化」とは書けませんが、熱力学第一法則を用いれば仕事W₁が求まります。

• 状態Cにおける状態方程式より
  P・SLC=１・R・TC
  ∴ TC=PSLC/R
  ∴ UC=3/2・PSLC…⑦
• よって⑤⑦より
  UC-UB=-3/2・PS(2L-LC)…⑧
  （これが正解です）
• また、状態Ｂ→Ｃは断熱変化なので
  熱力学第一法則より
  0=⑧+W₁
  ∴ W₁=3/2・PS(2L-LC)
  （これが正解です）

問１（オ）～（カ）に関して、状態Ｃ→Ａにおける「内部エネルギー変化」および「気体がした仕事W₂」「気体から奪った熱量Q₂」を答えます。

ポイントは「状態Ｃ→Ａが定圧変化」であることです。

問題文より、状態ＡとＣでピストンを固定していない事が読み取れます。よって、状態ＡとＣにおける気体の圧力は「外圧に等しい」です。

• ③⑦より
  UA-UC=-3/2・PS(LC-L)…⑨
  （これがオの正解です）
• 状態ＣおよびＡの気体の圧力はＰであり
  状態Ｃ→Ａは定圧変化なので
  W₂=PΔV
  =P(SL-SLC)
  =-PS(LC-L)…(10)
  （これがカの正解です）
• ⑨(10)および
  熱力学第一法則より
  -Q₂=(UA-UC)+W₂
  ∴ Q₂=5/2・PS(LC-L)
  （これがキの正解です）

問２・問３に関して、気体に加えた熱量Q₁と気体から奪った熱量Q₂の「関係を正しく表した選択肢」を答えます。また、W₁・W₂・Q₁・Q₂の間に「成り立つ関係式」を答えます。

ポイントは「PVグラフ」です。

本問では「気体がした仕事」と「気体がされた仕事」の大小関係から正解を導きますが、その大小関係は細かく計算式を評価するより、PVグラフを描けば視覚的にわかります。

• 状態Ａ→Ｂ→Ｃ→Ａの１サイクルにおいて
  温度が初期状態に戻るため
  内部エネルギーの変化は０となる
• よって
  気体の熱量と仕事の関係は
  Q₁-Q₂=W₁+W₂…(11)
  （これが問３の正解です）
• またW₁とW₂の大小関係について
  PVグラフを描くと
  W₂の領域はW₁の領域の一部となるため
  W₁＞-W₂
  であるとわかるため
  W₁+W₂＞0…(12)
  となる
• よって(11)(12)より
  Q₁-Q₂＞0
  ∴ Q₁＞Q₂
  （これが正解です）

問４に関して、状態Ｂから状態Ｃと同じ圧力になるまで等温膨張させた時（この状態をＣ*とする）Ｃ*におけるシリンダーの底面からピストンまでの距離LC*とLCの「関係を正しく表した選択肢」を３択から答えます。

• 題意より
  状態Ｂから状態Ｃ・Ｃ*への変化は
  以下の表のとおりとなる

Ｂ→Ｃ	断熱変化	PV^γ=一定 γ>1
Ｂ→Ｃ*	等温変化	PV=一定

• よって
  状態Ｃおよび状態Ｃ*の圧力を等しくした時
  体積は
  状態Ｃ＜状態Ｃ*
  となる
• よって
  LC＜LC*
  （これが正解です）

おわりに

上記の考え方で取り組んでいけば、高校偏差値60の高校で落ちこぼれて

• １番簡単な国立大学を目指せない
• 九州工業大学・熊本大学など想像できない

という学生さんでも、トップ高校との「才能の差」を補って九大合格できます。

「九大物理の攻略法」は現在執筆中です。

考え方は「数学・英語」と同じなので、よかったら以下を御覧ください。