【解説・配点付き】2025年鹿児島大学医学部・物理の解答・解説

質量 $m$ の小物体と水平なあらい上面を持つ質量 $M$ の台車の運動について、次の【実験1】と【実験2】の説明を読み、(1)〜(7)に答えよ。重力加速度の大きさを $g$、小物体と台車の上面との間の静止摩擦係数および動摩擦係数をそれぞれ $\mu$ および $\mu’$ とする。小物体の大きさは無視でき、一旦台車の上面にのった小物体は台車の上面から落ちることはないものとする。台車は床の上をなめらかに運動できるものとする。図の右向きを速度および加速度の正の向きとする。運動はすべて同一鉛直面内で行われるものとする。

【実験1】図1－1に示すように、小物体が摩擦のないなめらかな水平面PQ上を右向きに速さ $v_0$ で運動している。台車は水平面Q′R′上に静止しており、台車の上面は水平面PQと同じ高さでなめらかに接続している。やがて小物体は点Qにおいて台車の上面に乗り移り、台車の上面をすべり始めた。

(1) 小物体が台車の上面をすべっている間の小物体の加速度 $a$ と台車の加速度 $A$ を求めよ。

(2) 小物体が台車の上面に乗り移った瞬間の時刻を $t=0$ とする。小物体が台車の上面をすべっている間の時刻 $t$ における小物体の速度 $v$ および台車の速度 $V$ を求めよ。

(3) やがて小物体と台車は同じ速度になり、一体となって運動し始めた。小物体と台車が一体となって運動し始めた時刻 $t_1$ と、そのときの小物体と台車の速度 $V_1$ を求めよ。

(4) 小物体が台車に乗り移る前の運動エネルギー $K_1$ と、小物体と台車が一体となって運動し始めた後の小物体と台車の運動エネルギーの和 $K_2$ を求めよ。なお、解答には $V_1$ を用いてよい。

(5) 小物体が台車の上面をすべった距離 $d$ と $K_1$、$K_2$ の関係を示せ。

【実験2】図1－2に示すように、小物体をのせた台車が一体として右向きに運動している。その後、台車は右側の壁に取り付けたばね定数 $k$ のばねの左端に衝突し、ばねが縮み始めた。

(6) 台車がばねに衝突してしばらくの間は小物体が台車の上面をすべることはなかった。この間においてばねが自然の長さから $x$ だけ縮んだときの台車と小物体の加速度 $a_1$ を求めよ。

(7) ばねの縮みが $x_0$ を超えたとき、小物体は台車の上面をすべり始めた。$x_0$ を求めよ。

(1)

右向きを正とする。小物体は台車に対して右へすべるので、小物体が受ける動摩擦力は左向き、台車が受ける動摩擦力は作用反作用で右向き。鉛直方向のつり合いから、小物体が台車から受ける垂直抗力は $N=mg$ で、動摩擦力の大きさは $\mu’N=\mu’mg$。物体ごとに水平方向の運動方程式を立てる。

$$\text{小物体：}\ ma=-\mu’mg\qquad\therefore\ a=-\mu’g$$

答　$a=-\mu’g$（3点）

$$\text{台車：}\ MA=\mu’mg\qquad\therefore\ A=\frac{\mu’mg}{M}$$

答　$A=\dfrac{\mu’mg}{M}$（3点）

(2)

どちらの加速度も一定なので、等加速度運動の速度の式を使う。時刻0の速度は、小物体が $v_0$、台車が0。

$$v=v_0+at=v_0-\mu’gt$$

答　$v=v_0-\mu’gt$（3点）

$$V=0+At=\frac{\mu’mg}{M}t$$

答　$V=\dfrac{\mu’mg}{M}t$（3点）

(3)

一体となって運動し始める時刻は、2つの速度が等しくなる時刻。 $v=V$ とおいて

$$v_0-\mu’gt_1=\frac{\mu’mg}{M}t_1\qquad\therefore\ t_1=\frac{v_0}{\mu’g\left(1+\dfrac mM\right)}=\frac{Mv_0}{\mu'(M+m)g}$$

答　$t_1=\dfrac{Mv_0}{\mu'(M+m)g}$（4点）

これを $V$ の式に代入して

$$V_1=\frac{\mu’mg}{M}\cdot\frac{Mv_0}{\mu'(M+m)g}=\frac{m}{M+m}v_0$$

答　$V_1=\dfrac{m}{M+m}v_0$（4点）

（確かめ：床はなめらかで、小物体と台車の間の摩擦力は内力。水平方向に外力がはたらかないので運動量が保存し、 $(M+m)V_1=mv_0$ からも同じ $V_1$ になる）

(4)

乗り移る前は小物体だけが速さ $v_0$ で動いている。一体になった後は、小物体と台車がどちらも速さ $V_1$。

答　$K_1=\dfrac12mv_0^{\,2}$（3点）

答　$K_2=\dfrac12(M+m)V_1^{\,2}$（3点）

(5)

すべった距離 $d$ は台車に乗って見る（相対系）。台車に乗った人から見ると、小物体の相対加速度は $a-A=-\dfrac{(M+m)\mu’g}{M}$、相対初速度は $v_0$、一体になったときの相対速度は0。等加速度運動の式から

$$0^2-v_0^{\,2}=2(a-A)d\qquad\therefore\ d=\frac{Mv_0^{\,2}}{2\mu'(M+m)g}$$

一方、(3)(4) より

$$K_1-K_2=\frac12mv_0^{\,2}-\frac12(M+m)\left(\frac{m}{M+m}v_0\right)^2=\frac{mMv_0^{\,2}}{2(M+m)}=\mu’mg\cdot\frac{Mv_0^{\,2}}{2\mu'(M+m)g}=\mu’mgd$$

よって

答　$K_2-K_1=-\mu’mgd$（ $K_1-K_2=\mu’mgd$ と同じ）（8点）

失われた運動エネルギー $K_1-K_2$ は、動摩擦力の大きさ $\mu’mg$ と台車に対してすべった距離 $d$ の積（摩擦力×相対距離）に等しく、その分が摩擦による熱になる。

（確かめ） $d$ は $v$-$t$ グラフでも求まる。2本の直線の間の三角形の面積が、台車に対してすべった距離（下の図）。 $d=\dfrac12v_0t_1=\dfrac{Mv_0^{\,2}}{2\mu'(M+m)g}$ で同じ値になる。

(6)

右向きを正とし、台車と小物体に共通の加速度を $a_1$ とする。台車がばねで減速すると、小物体は台車に対して右へずれようとするので、小物体が受ける静止摩擦力は左向き、台車が受ける静止摩擦力は作用反作用で右向き。その大きさを $f$ とする。台車はばねから左向きに弾性力 $kx$ を受ける。一体で動いていても、物体ごとに運動方程式を立てる。

$$\begin{cases}\text{小物体：}\ ma_1=-f\\[2pt]\text{台車：}\ Ma_1=-kx+f\end{cases}$$

2式を足して $f$ を消すと

$$(M+m)a_1=-kx\qquad\therefore\ a_1=-\frac{kx}{M+m}$$

答　$a_1=-\dfrac{kx}{M+m}$（7点）

(7)

(6) の小物体の式に $a_1$ を戻すと、小物体を台車と一緒に動かすのに必要な静止摩擦力の大きさは

$$f=-ma_1=\frac{mkx}{M+m}$$

で、縮み $x$ に比例して大きくなる。鉛直方向のつり合いから $N=mg$。小物体がすべらない条件は、静止摩擦力が最大静止摩擦力以下であること。

$$f\leqq\mu N\qquad\therefore\ \frac{mkx}{M+m}\leqq\mu mg\qquad\therefore\ x\leqq\frac{\mu(M+m)g}{k}$$

縮みがこの値を超えると $f>\mu N$ となり、静止摩擦力では足りなくなって小物体はすべり始める（下の図）。

答　$x_0=\dfrac{\mu(M+m)g}{k}$（9点）

（すべり始めの判定なので、係数は静止摩擦係数 $\mu$。動摩擦係数 $\mu’$ は使わない）

別解

(5)　（床から見て物体ごとに $W=\Delta E$。「摩擦力×相対距離」になる理由）　床から見て、時刻0から $t_1$ までに台車が $X$、小物体が $X+d$ 進んだとする（ $d$ は台車に対してすべった距離。下の図）。

動摩擦力の大きさは $\mu’mg$ で一定。小物体には運動と逆向き（左向き）にはたらくので仕事は $-\mu’mg(X+d)$、台車には運動と同じ向き（右向き）にはたらくので仕事は $+\mu’mgX$。物体ごとに $W=\Delta E$（ $W=E_後-E_前$）を立てる。

$$\begin{cases}\text{小物体：}\ -\mu’mg(X+d)=\dfrac12mV_1^{\,2}-\dfrac12mv_0^{\,2}\\[6pt]\text{台車：}\ \mu’mgX=\dfrac12MV_1^{\,2}-0\end{cases}$$

2式を足すと $X$ が消えて

$$-\mu’mgd=\frac12(M+m)V_1^{\,2}-\frac12mv_0^{\,2}=K_2-K_1$$

となり、本解と同じ関係が直接示せる。摩擦力は2物体に作用反作用で同じ大きさにはたらくので、床から見た移動距離の差（＝相対距離）の分だけ仕事が打ち消し合わずに残る。これが「摩擦力×相対距離」の理由。

(6)

小物体と台車を1つの物体（質量 $M+m$）と見ると、水平方向の外力はばねの弾性力 $-kx$ だけで、 $(M+m)a_1=-kx$ がすぐに立つ。ただし (7) では小物体だけの式 $ma_1=-f$ が要るので、本解のように物体ごとに立てておく方が速い。

次の熱気球に関する文章を読み、あとの問いに答えよ。

空気が密閉された風船(球皮)とヒーター、ゴンドラなどの装置から構成される気球がある。地表における大気圧は $P_0$、大気の密度は $\rho$ であるとする。球皮は気体を通さず、球皮内の空気と外部の大気の間で熱のやり取りはないものとする。また、球皮は自由に伸縮するため内外の圧力は等しく、球皮の張力が気体にする仕事は無視できる。球皮内の空気および大気は同一の二原子分子理想気体であるものとし、大気の絶対温度は高度によらず $T_0$ で一定とする。球皮が接地しており、球皮内の空気の体積が $V_0$、絶対温度が $T_0$ である状態を状態Aとする。このとき、球皮内の空気の密度は $\rho$ である。球皮と装置の体積は無視できるものとし、それらの質量の合計は球皮内の空気の質量の $\alpha$ 倍であるとする。したがって、球皮内の空気を含む気球全体の質量は $(1+\alpha)\rho V_0$ である。気体定数を $R$、定積モル比熱を $C_V=\dfrac{5}{2}R$ とする。ヒーターの熱容量は無視できるものとする。

(1) 球皮内の空気の物質量[mol]を、$P_0$、$V_0$、$T_0$、$R$ を用いて答えよ。

(2) 球皮内の空気1 molあたりの質量を、$\rho$、$P_0$、$T_0$、$R$ を用いて答えよ。

(3) ゴンドラをロープで地表につなぎ留めたまま、球皮内の空気をヒーターでゆっくりと加熱したところ、球皮内の空気の絶対温度が $T_1$ に達したとき気球が浮き始めた(状態B)。この絶対温度 $T_1$ と、状態Aから状態Bまでにヒーターで加えた熱量 $Q_1$ を答えよ。

(4) ゴンドラをつないでいたロープを切ると気球はゆっくりと上昇した。高度が上がって大気圧が $P_0$ より低くなっても、球皮内の空気の絶対温度を $T_1$ 以上に保てば気球の高度は下がらないことを示せ。

(5) 球皮内の空気の絶対温度を $T_1$ に維持し、気球がゆっくり上昇するようヒーターを制御して、ある高度に達したところでヒーターを止めた(状態C)。この高度での大気圧は $P$ で、球皮内の空気の体積 $V$ は、状態Bの体積の3倍だった。解答欄のグラフ中には状態Bの位置が与えられている。状態Bから状態Cまでの球皮内の空気の圧力と体積の関係を図示せよ。状態Bの体積は $V_1$ とする。また、この過程で球皮内の空気が大気に対してした仕事と面積が等しくなる領域をグラフ中に斜線で示せ。

(6) 状態Bから状態Cまでにヒーターで加えた熱量を $Q_2$ とする。この過程における球皮内の空気の内部エネルギーの変化 $\varDelta U$ を答えよ。

(1)

状態Aの球皮内の空気（圧力 $P_0$ 、体積 $V_0$ 、温度 $T_0$）について状態方程式 $P_0V_0=nRT_0$ より

答　$\dfrac{P_0V_0}{RT_0}$ ［mol］（6点）

(2)

状態Aの球皮内の空気の密度は $\rho$ なので、質量は $\rho V_0$ 。これを (1) の物質量で割ると、1 mol あたりの質量は

$$\frac{\rho V_0}{\ \dfrac{P_0V_0}{RT_0}\ }=\frac{\rho RT_0}{P_0}$$

答　$\dfrac{\rho RT_0}{P_0}$（6点）

（密度の形の状態方程式 $P=\dfrac{\rho}{m_0}RT$ （ $m_0$ は 1 mol あたりの質量）を $m_0$ について解いたものと同じ）

(3)

球皮は自由に伸縮するので内外の圧力は等しく、地表につないだままなので外の大気圧は $P_0$ のまま。よって A→B は定圧変化。中の空気は密閉されているので物質量 $n$ は変わらない。 $P_0V=nRT$ で $P_0$ と $nR$ が一定なので $V\propto T$ 。

浮き始める瞬間は、地面とロープから受ける力が0になり、浮力と重さがつり合う。浮力は外の大気（密度 $\rho$）を気球の体積 $V_1$ だけ押しのけた分なので

$$\rho V_1g=(1+\alpha)\rho V_0g\qquad\therefore\ V_1=(1+\alpha)V_0$$

体積が $(1+\alpha)$ 倍なので、温度も $(1+\alpha)$ 倍。

答　$T_1=(1+\alpha)T_0$（7点）

加えた熱量は、定圧変化なので定圧モル比熱 $C_p$ を使う。二原子分子では $C_p=C_V+R=\dfrac72R$ 。

$$Q_1=nC_p(T_1-T_0)=n\cdot\frac72R\cdot\alpha T_0=\frac72\alpha\cdot nRT_0$$

状態Aの状態方程式 $nRT_0=P_0V_0$ で書きかえて

答　$Q_1=\dfrac72\alpha P_0V_0$（7点）

（確かめ：した仕事は $W=P_0(V_1-V_0)=\alpha P_0V_0$ 。二原子分子の定圧変化では $Q:\varDelta U:W=7:5:2$ なので $Q_1=\dfrac72W=\dfrac72\alpha P_0V_0$ で一致する）

(4)

大気圧が $P$ の高度で、球皮内の空気の温度を $T$ 、体積を $V$ とする（下の図）。

・大気の温度は高度によらず $T_0$ なので、大気の密度は圧力に比例し（ $\rho\propto\dfrac PT$ で $T$ が一定）、この高度では $\rho\dfrac{P}{P_0}$

・球皮内の圧力は外と等しく $P$ 。物質量は $n$ のままなので $PV=nRT$ 。状態Bでは $P_0V_1=nRT_1$

・気球全体の質量は $(1+\alpha)\rho V_0$ のまま変わらない。(3) より $(1+\alpha)\rho V_0=\rho V_1$

浮力の大きさは $\rho\dfrac{P}{P_0}Vg$ 、重さは $(1+\alpha)\rho V_0g=\rho V_1g$ 。高度が下がらない（浮力 $\geqq$ 重さ）条件は

$$\rho\frac{P}{P_0}Vg\geqq\rho V_1g\iff PV\geqq P_0V_1\iff nRT\geqq nRT_1\iff T\geqq T_1$$

よって、大気圧 $P$ がいくらであっても、球皮内の空気の温度を $T_1$ 以上に保てば浮力は重さ以上になり、気球にはたらく力の合力は上向きか0。ゆえに気球の高度は下がらない。

答　$T\geqq T_1$ なら浮力 $\geqq$ 重さとなり、高度は下がらない（上の導出）（10点）

（浮力を $P$ を使わずに書くと $\rho\dfrac{P}{P_0}\cdot\dfrac{nRT}{P}g=\dfrac{\rho nRT}{P_0}g$ で、 $P$ が消える。高度が上がると外の密度は下がるが、そのぶん気球がふくらむので、温度が同じなら浮力は変わらない。温度 $T_1$ ではどの高度でも浮力と重さがちょうどつり合う）

(5)

状態Bから状態Cまで温度 $T_1$ を保つので等温変化。 $PV=nRT_1$ が一定で、 $PV=P_0V_1$ 。状態Cでは体積 $3V_1$ なので

$$P\cdot3V_1=P_0V_1\qquad\therefore\ P=\frac{P_0}{3}$$

圧力と体積の関係は、状態B $(V_1,\ P_0)$ から状態C $(3V_1,\ \dfrac{P_0}{3})$ まで、反比例の曲線（双曲線）になる。球皮内の圧力はいつも外の大気圧と等しいので、球皮内の空気が大気に対してした仕事は、この曲線と体積の軸の間で、体積 $V_1$ から $3V_1$ までの部分の面積（斜線）。

答　下の図（状態Bから状態Cまでの双曲線と、その下の斜線部）（9点）

（参考：問われていないが、この仕事は $W=nRT_1\log_e3=P_0V_1\log_e3$ ）

(6)

B→C は温度 $T_1$ のままの等温変化。内部エネルギーは温度だけで決まり、 $\varDelta U=nC_V\times(T_1-T_1)=0$ 。

答　$\varDelta U=0$（5点）

（第一法則 $Q_2=\varDelta U+W$ より $Q_2=W$ 。ヒーターで加えた熱はすべて、球皮をふくらませて大気を押しのける仕事に使われる）

別解

(3) $Q_1$　（第一法則で1つずつ）　 $\varDelta U=nC_V(T_1-T_0)=\dfrac52nR\alpha T_0=\dfrac52\alpha P_0V_0$ 、 $W=P_0(V_1-V_0)=\alpha P_0V_0$ 。 $Q_1=\varDelta U+W=\dfrac72\alpha P_0V_0$ 。

(4)　（浮力が $P$ によらないことを先に示す）　浮力 $=\rho\dfrac{P}{P_0}\cdot\dfrac{nRT}{P}g=\rho V_0\dfrac{T}{T_0}g$ （ $nR=\dfrac{P_0V_0}{T_0}$ を代入）で、大気圧 $P$ によらず温度 $T$ だけで決まる。 $T=T_1=(1+\alpha)T_0$ なら浮力は $(1+\alpha)\rho V_0g$ で重さと等しく、 $T\geqq T_1$ なら浮力 $\geqq$ 重さ。

静電気現象について、以下の問いに答えよ。

(1) 次の文章中の空欄(　　　)に入る最も適当な語句または数値を答えよ。ただし、①〜③の答えは選択肢から選び、④と⑤の答えは有効数字2桁で表せ。

物体が電気を帯びることを(　①　)といい、様々な電気現象を引き起こす。ここでは、雷に注目し、雷雲内の電荷分布を単純化して静電気現象を考えることにする。雷雲内の氷の粒は、粒同士の衝突によって電気を帯びることが知られている。正電荷を持つ氷の粒が雷雲の上層部、負電荷を持つ氷の粒が雷雲の下層部に集まったとすると、雷雲の下層部と地表の間で(　②　)が起こり地表に正電荷が現れる。雷雲内で氷の粒の衝突が続くと、雷雲の上層部、雷雲の下層部と地表の電荷が増加し、上層部と下層部の間、及び下層部と地表の間の電位差が大きくなる。いま、雷雲の下層部と地表をコンデンサーの電極とみなす。もし、雷雲の下層部と地表の間の電位差がある限界以上の大きさになると、コンデンサーの極板間の(　③　)が破れて空気を介して電荷が移動し、この間に電流が流れる。

いま、雷雲の下層部と地表の電位差が $1.0\times10^{9}\ \mathrm{V}$ のときに、$1.0\times10^{5}\ \mathrm{A}$ の電流が $1.0\times10^{-3}\ \mathrm{s}$ の間流れたとする。雷雲の下層部と地表の間の電気抵抗は(　④　)$\Omega$ となり、この間を移動した電気量は(　⑤　)C である。

| 選択肢 | |

|—|—|

| 静電気力 | 放電 |

| 帯電 | 耐電圧 |

| 導体 | 絶縁 |

| 不導体 | 静電誘導 |

| 充電 | 静電遮へい |

(2) 2枚の導体板AとBを平行に並べ、導体板Aを直流電源の正極(＋極)、導体板Bを直流電源の負極(－極)に接続して、これらの導体板に電圧を加えたところ、図3－1に示すような等電位線が得られた。導体板A上の点aと点bから導体板Bに向かう電気力線をそれぞれ描き、それらの向きを矢印で示せ。

(3) 図3－2に示すように、平行板コンデンサーAとB、スイッチ $\mathrm{S_1}$ と $\mathrm{S_2}$、電圧 $V$ の直流電源で構成された回路がある。コンデンサーAとBにおいて、それぞれの極板の面積は $S$、極板間隔は $d_{\mathrm{A}}$ と $d_{\mathrm{B}}$ であり、極板間はそれぞれ誘電率 $\varepsilon_{\mathrm{A}}$ と $\varepsilon_{\mathrm{B}}$ の誘電体で満たされている。はじめ、2つのコンデンサーに電荷は蓄えられていない。また、2つのコンデンサーにおいて、極板の周辺部における電界の乱れは無視でき、極板間の電界は一様であるものとする。以下の問いに答えよ。

(i) コンデンサーAとBを直列に接続したときの合成容量 $C_{\mathrm{AB}}$ を求めよ。

(ii) 図3－2(a)に示すように、スイッチ $\mathrm{S_2}$ を開いた状態で、スイッチ $\mathrm{S_1}$ を閉じて、時間が十分に経過した。このとき、コンデンサーAとBの極板間における電界 $E_{\mathrm{A}}$ と $E_{\mathrm{B}}$ を求めよ。また、導出過程も記述すること。

(iii) (ii)の操作において、コンデンサーAとBに蓄えられた電気量がいずれも $Q_0$ となった。その後、図3－2(b)に示すように、スイッチ $\mathrm{S_1}$ を開いた後、スイッチ $\mathrm{S_2}$ を閉じ、時間が十分に経過した。このとき、コンデンサーAとBの極板間における電界 $E_{\mathrm{A}}{}’$ と $E_{\mathrm{B}}{}’$ を求めよ。

(1)

物体が電気を帯びることは帯電。

答（①）　帯電（2点）

負の電荷を持つ下層部が地表に近づくと、地表の自由電子が遠ざけられ、地表の表面に正の電荷が現れる。導体に帯電体を近づけたときに表面に電荷が現れる現象なので静電誘導。

答（②）　静電誘導（2点）

空気は電気を通さない（絶縁体）が、電位差が限界を超えると電気を通さない状態が破れて放電が起こる。この性質が絶縁。

答（③）　絶縁（2点）

下層部と地表の間を抵抗と見て、オームの法則 $V=RI$ より

$$R=\frac VI=\frac{1.0\times10^{9}}{1.0\times10^{5}}=1.0\times10^{4}\ \Omega$$

答（④）　$1.0\times10^{4}$（3点）

電流は単位時間に通る電気量（ $I=\dfrac{\varDelta Q}{\varDelta t}$）。電流が一定なので、移動した電気量は

$$Q=It=1.0\times10^{5}\times1.0\times10^{-3}=1.0\times10^{2}\ \mathrm C$$

答（⑤）　$1.0\times10^{2}$（3点）

(2)

電気力線は等電位線と直角に交わり、導体板の表面からは垂直に出る。向きは正極につないだAから負極につないだBへ。

・点a：Aの右の面に垂直に、つまり水平に出る。aは上下の対称の軸の上にあり、この軸の上ではどの等電位線も縦に横切るので、水平な直線のままBの中央に入る。

・点b：Aの上の端の面に垂直に、つまり真上に出る。Aを包む等電位線と直角に交わりながら右へ曲がり、中央の縦の等電位線を水平に横切って、左右対称な位置にあるBの上の端へ上から入る。

答　図の太線（aからは水平な直線でBの中央へ、bからは真上に出て弧になりBの上の端へ。向きはどちらもAからB）（8点）

(3)(i)

AとBを直列につなぎ、両端に電圧 $V’$ をかけたときの電気量を $Q$ とする。直列では、間の島の電気量の合計が0で、向かい合う極板は同じ大きさ・逆符号なので、AとBの電気量はどちらも $Q$。誘電体の中の電場は電気量で決まり

$$E_{\mathrm A}=\frac{Q}{\varepsilon_{\mathrm A}S},\qquad E_{\mathrm B}=\frac{Q}{\varepsilon_{\mathrm B}S}$$

極板間の電場は一様なので、全体の電圧は「電場×極板間隔」の和で

$$V’=E_{\mathrm A}d_{\mathrm A}+E_{\mathrm B}d_{\mathrm B}=\frac{Q}{S}\left(\frac{d_{\mathrm A}}{\varepsilon_{\mathrm A}}+\frac{d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm B}}\right)=\frac{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm A}\varepsilon_{\mathrm B}S}\,Q$$

これを $Q=C_{\mathrm{AB}}V’$ と比べて

答　$C_{\mathrm{AB}}=\dfrac{\varepsilon_{\mathrm A}\varepsilon_{\mathrm B}S}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}$（8点）

(3)(ii)

（導出過程）

$\mathrm{S_1}$ を閉じて十分に時間がたつと電流は0。Aの下の極板とBの上の極板をつなぐ部分は、電池にも接地にもつながっていない島で、はじめの電気量は0なので、合計は0のまま。Aの上の極板の電気量を $Q$ とすると、向かい合う極板は同じ大きさ・逆符号なので、Aの下の極板は $-Q$、島の合計が0なのでBの上の極板は $+Q$、Bの下の極板は $-Q$。よって、AとBの電気量はどちらも $Q$ で

$$E_{\mathrm A}=\frac{Q}{\varepsilon_{\mathrm A}S},\qquad E_{\mathrm B}=\frac{Q}{\varepsilon_{\mathrm B}S}\qquad\cdots①$$

（極板間の電場は電気量で決まる。 $\varepsilon_{\mathrm A}E_{\mathrm A}=\varepsilon_{\mathrm B}E_{\mathrm B}$ ）

Aの上の極板は電池の正極、Bの下の極板は負極（接地）につながっているので、2つの電圧の和は電池の電圧 $V$ に等しい。極板間の電場は一様なので

$$E_{\mathrm A}d_{\mathrm A}+E_{\mathrm B}d_{\mathrm B}=V\qquad\cdots②$$

①を②に入れて

$$\frac{Q}{S}\left(\frac{d_{\mathrm A}}{\varepsilon_{\mathrm A}}+\frac{d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm B}}\right)=V\qquad\therefore\ Q=\frac{\varepsilon_{\mathrm A}\varepsilon_{\mathrm B}SV}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}\ \left(=C_{\mathrm{AB}}V\right)$$

これを①に入れて

$$E_{\mathrm A}=\frac{\varepsilon_{\mathrm B}V}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}},\qquad E_{\mathrm B}=\frac{\varepsilon_{\mathrm A}V}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}$$

答　$E_{\mathrm A}=\dfrac{\varepsilon_{\mathrm B}V}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}$（6点）

答　$E_{\mathrm B}=\dfrac{\varepsilon_{\mathrm A}V}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}$（6点）

（確かめ： $E_{\mathrm A}d_{\mathrm A}+E_{\mathrm B}d_{\mathrm B}=\dfrac{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}V=V$ ）

(3)(iii)

(ii) で、AとBの電気量はどちらも $Q_0$。

$\mathrm{S_1}$ を開くと、Aの上の極板は電池から切り離され、どこにもつながっていない島になる。電気量は導線を伝ってしか移動できないので、Aの上の極板の電気量は $+Q_0$ のまま。

次に $\mathrm{S_2}$ を閉じると、Bの上の極板と下の極板が導線でつながる。導線でつながった2点は同じ電位（接地しているので0）なので、Bの電圧は0で、Bの電気量も0になる（Bにあった $\pm Q_0$ は $\mathrm{S_2}$ を通って打ち消し合う）。よって

$$E_{\mathrm B}{}’=\frac{0}{\varepsilon_{\mathrm B}S}=0$$

Aの上の極板は $+Q_0$ のままなので、向かい合うAの下の極板は $-Q_0$ （島の電荷 $+Q_0$ から出た電気力線はすべて向かいの極板に入る）。Aの電気量が変わらないので、Aの電場も変わらず

$$E_{\mathrm A}{}’=\frac{Q_0}{\varepsilon_{\mathrm A}S}$$

答　$E_{\mathrm A}{}’=\dfrac{Q_0}{\varepsilon_{\mathrm A}S}$（5点）

答　$E_{\mathrm B}{}’=0$（5点）

（値は (ii) の $E_{\mathrm A}$ と同じ。Aの電気量が変わらないので、電場も変わらない）

別解

(3)(i)　（合成容量の公式から）　Aの電気容量は $C_{\mathrm A}=\varepsilon_{\mathrm A}\dfrac{S}{d_{\mathrm A}}$、Bは $C_{\mathrm B}=\varepsilon_{\mathrm B}\dfrac{S}{d_{\mathrm B}}$。直列の合成容量は

$$\frac{1}{C_{\mathrm{AB}}}=\frac{1}{C_{\mathrm A}}+\frac{1}{C_{\mathrm B}}=\frac{d_{\mathrm A}}{\varepsilon_{\mathrm A}S}+\frac{d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm B}S}\qquad\therefore\ C_{\mathrm{AB}}=\frac{\varepsilon_{\mathrm A}\varepsilon_{\mathrm B}S}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}$$

本解の「電場×間隔の和」は、この公式の中身をそのまま書いたもの。

(3)(ii)　（直列の電圧は容量の逆比）　直列の2つは電気量が等しいので、電圧は電気容量の逆比。

$$V_{\mathrm A}:V_{\mathrm B}=\frac{1}{C_{\mathrm A}}:\frac{1}{C_{\mathrm B}}=\frac{d_{\mathrm A}}{\varepsilon_{\mathrm A}}:\frac{d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm B}}=\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}:\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}$$

よって $V_{\mathrm A}=\dfrac{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}V$ で、 $E_{\mathrm A}=\dfrac{V_{\mathrm A}}{d_{\mathrm A}}$。 $E_{\mathrm B}$ も同じ。

(3)(ii)　（電位を置く）　接地を0とすると、Aの上の極板の電位は $V$。島の電位を $x$ とおき、電荷＝容量×（自分の電位−向かい合う極板の電位）で島の合計を書くと

$$C_{\mathrm A}(x-V)+C_{\mathrm B}(x-0)=0\qquad\therefore\ x=\frac{C_{\mathrm A}}{C_{\mathrm A}+C_{\mathrm B}}V=\frac{\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}{\varepsilon_{\mathrm B}d_{\mathrm A}+\varepsilon_{\mathrm A}d_{\mathrm B}}V$$

$E_{\mathrm A}=\dfrac{V-x}{d_{\mathrm A}}$、 $E_{\mathrm B}=\dfrac{x}{d_{\mathrm B}}$ で本解と同じ答え。つなぎかえが複雑になっても使える置き方。

次の放射線に関する文章を読み、あとの問いに答えよ。

放射線には、$\alpha$ 線、$\beta$ 線、$\gamma$ 線がある。

・(　①　)線は高エネルギーの電磁波である。

・(　②　)線は原子核が(　②　)崩壊するときに放出され、その正体は、質量数4、原子番号2の(　A　)の原子核である。

・(　③　)線は原子核中の中性子が(　B　)と(　C　)に変化し、(　B　)が原子核から飛び出す(　③　)崩壊のときに生じる。そのため、崩壊時に元の原子核は、質量数は変化せず、原子番号が1大きい原子核に変化する。

(厳密には反電子ニュートリノも生成されているがここでは無視する。)

(1) ①〜③にあてはまる語句を $\alpha$、$\beta$、$\gamma$ から選び答えよ。

(2) A、B、Cにあてはまる語句を答えよ。

(3) $\alpha$ 線、$\beta$ 線、$\gamma$ 線が、一様な磁界を磁界に対して垂直に横切るときのふるまいを表した文章として適切なものを次の中から選べ。

ア：すべて直進する

イ：すべて同じ向きに曲がる

ウ：$\alpha$ 線だけ直進し、残りは同じ向きに曲がる

エ：$\alpha$ 線だけ直進し、残りはそれぞれ逆向きに曲がる

オ：$\beta$ 線だけ直進し、残りは同じ向きに曲がる

カ：$\beta$ 線だけ直進し、残りはそれぞれ逆向きに曲がる

キ：$\gamma$ 線だけ直進し、残りは同じ向きに曲がる

ク：$\gamma$ 線だけ直進し、残りはそれぞれ逆向きに曲がる

(4) ある原子核の半減期が50日であるとき、この原子核の数が1/3になるまで何日かかるか答えよ。ただし、$\log_{10}2=0.30$、$\log_{10}3=0.48$ とする。

(5) ${}^{235}_{92}\mathrm{U}$ は(　②　)崩壊をX回、(　③　)崩壊をY回行って、最終的に ${}^{207}_{82}\mathrm{Pb}$ になる。X、Yを答えよ。導出過程も記述すること。

(1)

γ線は高エネルギーの電磁波（光の仲間）である。

答（①）　$\gamma$（3点）

質量数4、原子番号2の粒子（ヘリウムの原子核）が飛び出すのはα崩壊で、そのとき出る放射線がα線。

答（②）　$\alpha$（3点）

中性子が陽子と電子に変わり、電子が飛び出すのはβ崩壊で、そのとき出る放射線がβ線。

答（③）　$\beta$（3点）

(2)

質量数4、原子番号2の原子核は、陽子2個と中性子2個でできたヘリウム $\mathrm{{}^4_2He}$ の原子核。

答（A）　ヘリウム（3点）

β崩壊では、中性子が陽子と電子に変わる。原子核から飛び出す（β線の正体になる）のは電子で、陽子は原子核に残る。陽子が1つ増えるので、原子番号が1大きくなる。

答（B）　電子（3点）

答（C）　陽子（3点）

(3)

磁界に垂直に動く荷電粒子は、速度と磁界の両方に垂直なローレンツ力（大きさ $qvB$）を受ける。この力は速度にいつも垂直なので、粒子は等速円運動をする。力の向きは電荷の符号で逆になる。

・γ線：電磁波で電荷をもたないので、ローレンツ力を受けず直進する

・α線（電荷 $+2e$）とβ線（電荷 $-e$）：電荷の符号が逆なので、ローレンツ力が逆向きになり、逆向きに曲がる（着眼点の図）

（曲がり方の大きさは、円運動の運動方程式 $m\dfrac{v^2}{r}=qvB$ から $r=\dfrac{mv}{qB}$。α線は電子の約7300倍の質量をもつので半径が大きく、ゆるやかに曲がる。β線は軽いので小さな半径で大きく曲がる）

答　ク（8点）

(4)

半減期を $T=50$ 日とする。はじめの原子核の数を $N_0$、時間 $t$〔日〕後の数を $N$ とすると、 $T$ ごとに $\dfrac12$ 倍になるので

$$\frac N{N_0}=\left(\frac12\right)^{\frac t{50}}$$

これが $\dfrac13$ になるので

$$\left(\frac12\right)^{\frac t{50}}=\frac13$$

両辺の常用対数をとると

$$\frac t{50}\cdot(-\log_{10}2)=-\log_{10}3\qquad\therefore\ t=50\cdot\frac{\log_{10}3}{\log_{10}2}=50\cdot\frac{0.48}{0.30}=80$$

答　80日（12点）

（半減期1回分の50日で $\dfrac12$、2回分の100日で $\dfrac14$。 $\dfrac13$ はその間なので、50日と100日の間の80日は合う）

(5)

α崩壊1回では、ヘリウムの原子核 $\mathrm{{}^4_2He}$ が飛び出すので、質量数が4、原子番号が2減る。β崩壊1回では、中性子が陽子に変わって電子が飛び出すので、質量数は変わらず、原子番号が1増える。

質量数を変えるのはα崩壊だけなので、質量数の変化について

$$235-4X=207\qquad\therefore\ X=7$$

原子番号は、α崩壊で $2X$ 減り、β崩壊で $Y$ 増えるので

$$92-2X+Y=82$$

$X=7$ を代入して

$$92-14+Y=82\qquad\therefore\ Y=4$$

答（X）　7（6点）

答（Y）　4（6点）

（崩壊の順番によらず、回数の合計だけで質量数と原子番号が決まる。着眼点の図）

別解

(4)　（半減期の回数で考える）　 $\dfrac13=\left(\dfrac12\right)^n$ となる回数 $n$ を求めると、両辺の常用対数から $n=\dfrac{\log_{10}3}{\log_{10}2}=\dfrac{0.48}{0.30}=1.6$。半減期1.6回分なので $50\times1.6=80$ 日。本解と同じ計算を「半減期何回分か」と読みかえたもの。