【解説・配点付き】2024年鹿児島大学医学部・物理の解答・解説

図1のように水平な地面上で、水平と角度 $\theta\,(0^\circ<\theta<90^\circ)$ の向きに速さ $v_0$ でボールを投げた。重力加速度は鉛直下向きに大きさ $g$ として、以下の設問に答えよ。ただし、空気抵抗は無視するものとする。いずれの場合も点Oを原点とし、水平右向きを正として $x$ 軸を、鉛直上向きを正として $y$ 軸を定める。

必要があれば以下の三角関数の加法定理を用いてよい。

$\sin(\alpha\pm\beta)=\sin\alpha\cos\beta\pm\cos\alpha\sin\beta$、$\cos(\alpha\pm\beta)=\cos\alpha\cos\beta\mp\sin\alpha\sin\beta$

(1) 地面からボールを角度 $\theta$ の向きに速さ $v_0$ で投げた時、$t$ 秒後の点Aにおける速度 $\vec{v}=(v_x,\ v_y)$ と位置 $(x,\ y)$ を答えよ。ただし、$t$ 秒後の時点ではボールは一度も地面に達していない。

(2) 以下の設問には、導出過程も記述すること。

① 地面から角度 $\theta$ の向きに $v_0$ で投げた時の水平到達距離 $D=D_1$ を答えよ。

② この時、地面から角度 $\theta=15^\circ$ の向きに $v_0=49.0\ \mathrm{m/s}$ で投げた時の水平到達距離 $D=D_2$ を求めよ。ただし、重力加速度 $g$ の大きさは $9.8\ \mathrm{m/s^2}$ とし、有効数字2桁で答えよ。

次に、図2のように点Oにあるボールを地面と角度 $\theta$ の向きに速さ $v_0$ で投げ出すと同時に、点B $(L,\ H_1)$ から初速度ゼロで落下させたボールが点Pで衝突した。以下の設問に答えよ。

(3) 点Bの高さ $H_1$ を答えよ。なお、導出過程も記述すること。

(1)

右向き（ $x$ 軸）・上向き（ $y$ 軸）を正とする。ボールにはたらく力は重力だけなので、水平方向は加速度0の等速直線運動、鉛直方向は加速度 $-g$ の等加速度運動（投げ上げ）。初速度の成分は $(v_0\cos\theta,\ v_0\sin\theta)$。成分ごとに等加速度運動の速度の式を使うと

$$v_x=v_0\cos\theta,\qquad v_y=v_0\sin\theta-gt$$

答　$\vec v=(v_0\cos\theta,\ v_0\sin\theta-gt)$（5点）

原点Oから出発するので、成分ごとに等加速度運動の変位の式を使うと

$$x=v_0\cos\theta\cdot t,\qquad y=v_0\sin\theta\cdot t-\frac12gt^2$$

答　$(x,\ y)=\left(v_0\cos\theta\cdot t,\ v_0\sin\theta\cdot t-\dfrac12gt^2\right)$（5点）

(2)①

地面に戻るまでの時間を $\tau$ とする。鉛直方向は投げ上げなので、同じ高さ（地面）に戻ったときの鉛直の速度は、投げたときと同じ大きさで逆向きの $-v_0\sin\theta$。(1) の $v_y$ の式より

$$-v_0\sin\theta=v_0\sin\theta-g\tau\qquad\therefore\ \tau=\frac{2v_0\sin\theta}{g}$$

水平方向は速度 $v_0\cos\theta$ の等速直線運動なので、水平到達距離は

$$D_1=v_0\cos\theta\cdot\tau=\frac{2v_0^{\,2}\sin\theta\cos\theta}{g}$$

加法定理 $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$ で $\alpha=\beta=\theta$ とおくと $\sin2\theta=2\sin\theta\cos\theta$ なので

$$D_1=\frac{v_0^{\,2}\sin2\theta}{g}$$

答　$D_1=\dfrac{v_0^{\,2}\sin2\theta}{g}$（ $\dfrac{2v_0^{\,2}\sin\theta\cos\theta}{g}$ と同じ）（12点）

(2)②

① の式に $v_0=49.0\ \mathrm{m/s}$、 $\theta=15^\circ$（ $2\theta=30^\circ$）、 $g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$ を代入する。

$$D_2=\frac{49.0^2\times\sin30^\circ}{9.8}=\frac{49.0^2}{9.8}\times\frac12=245\times\frac12=122.5$$

有効数字2桁にして

答　$D_2=1.2\times10^{2}\ \mathrm{m}$（8点）

（ $\sin2\theta$ にまとめてあるので、 $\sin15^\circ$ や $\cos15^\circ$ の値を求める必要はない）

(3)

点Bのボールは初速度0で落下するので、鉛直方向は加速度 $-g$ の等加速度運動。水平方向には動かないので、 $x$ 座標は $L$ のまま。投げたボールの座標は (1) の式。 $t$ 秒後の座標をボールごとに書くと

投げたボール： $x=v_0\cos\theta\cdot t$ 、 $y=v_0\sin\theta\cdot t-\dfrac12gt^2$

Bのボール： $x_{\mathrm B}=L$ 、 $y_{\mathrm B}=H_1-\dfrac12gt^2$

衝突するのは、同じ時刻に $x$ 座標と $y$ 座標がともに一致するとき。投げたボールの $x$ 座標が $L$ になる時刻を $t_1$ とすると

$$v_0\cos\theta\cdot t_1=L\qquad\therefore\ t_1=\frac{L}{v_0\cos\theta}$$

この時刻に $y$ 座標が一致するので

$$v_0\sin\theta\cdot t_1-\frac12gt_1^{\,2}=H_1-\frac12gt_1^{\,2}$$

両辺の $\dfrac12gt_1^{\,2}$ が消えて

$$H_1=v_0\sin\theta\cdot t_1=v_0\sin\theta\cdot\frac{L}{v_0\cos\theta}=L\tan\theta$$

答　$H_1=L\tan\theta$（20点）

$\tan\theta=\dfrac{H_1}{L}$ なので、点Bは点Oから見て角 $\theta$ の向きにある。2つのボールは同じ加速度 $g$ で落ちるので、点Bに向けて投げれば、初速の大きさ $v_0$ によらず衝突する（ただし $v_0$ が小さすぎると、Bの真下に届く前に地面に落ちる）。

別解

(2)①

地面に戻る条件を位置で立ててもよい。(1) の $y$ の式で $t=\tau$ のとき $y=0$ とおくと

$$v_0\sin\theta\cdot\tau-\frac12g\tau^2=0\qquad\therefore\ \tau=\frac{2v_0\sin\theta}{g}\quad(\tau>0)$$

（ $\tau=0$ は投げた瞬間）。最高点（ $v_y=0$）までの時間 $\dfrac{v_0\sin\theta}{g}$ の2倍としても同じ。

(3)

落ちるBのボールに乗って見てもよい（名問の森 力学 問題1 の最後の小問と同じ）。2つのボールはどちらも同じ加速度 $g$ で落ちるので、Bから見た投げたボールの相対加速度は $(-g)-(-g)=0$。Bのボールは最初止まっているので、Bから見た投げたボールの相対初速度は、Oから角 $\theta$ の向きに大きさ $v_0$ のまま。よってBから見ると、投げたボールは角 $\theta$ の向きに速さ $v_0$ の等速直線運動をする（下の図）。これがBに当たるのは、点Bが点Oから見て角 $\theta$ の向きにあるとき。

$$\tan\theta=\frac{H_1}{L}\qquad\therefore\ H_1=L\tan\theta$$

当たるまでの時間は、距離 $\mathrm{OB}=\sqrt{L^2+H_1^{\,2}}$ を速さ $v_0$ で割った $\dfrac{\sqrt{L^2+H_1^{\,2}}}{v_0}$。 $\cos\theta=\dfrac{L}{\sqrt{L^2+H_1^{\,2}}}$ なので、本解の $t_1=\dfrac{L}{v_0\cos\theta}$ と一致する。

滑らかに動くピストンを使って $n\,[\mathrm{mol}]$ の単原子分子理想気体（以下、気体とする）をシリンダーに封じ込め、図1のような状態変化A→B→C→D→Aを1サイクルとする熱機関をつくった。ただし、気体の定積モル比熱は $C_{\mathrm{V}}=\dfrac{3}{2}R$、定圧モル比熱は $C_{\mathrm{P}}=\dfrac{5}{2}R$、（$R$ は気体定数）とする。また、温度は全て絶対温度とする。最初Aの状態の温度が $T_{\mathrm{A}}$ とするとき、B→C→Dおよび1サイクルを経てAに戻ったときの温度を $T_{\mathrm{B}}$、$T_{\mathrm{C}}$、$T_{\mathrm{D}}$ および $T_{\mathrm{A}}{}’$ とする。このとき、$T_{\mathrm{B}}$、$T_{\mathrm{C}}$、$T_{\mathrm{D}}$ および $T_{\mathrm{A}}{}’$ を $T_{\mathrm{A}}$、$p_1$、$p_2$、$V_1$、$V_2$ を用いて示すと、ボイル・シャルルの法則より、以下のように求められる。

$$T_{\mathrm{B}}=\dfrac{p_2}{p_1}T_{\mathrm{A}},\quad T_{\mathrm{C}}=\dfrac{V_2}{V_1}\dfrac{p_2}{p_1}T_{\mathrm{A}},\quad T_{\mathrm{D}}=\dfrac{V_2}{V_1}T_{\mathrm{A}},\quad T_{\mathrm{A}}{}’=T_{\mathrm{A}}$$

$p_2=2p_1$、$V_2=5V_1$ として、以下の設問に答えよ。

(1) A→B、B→C、C→D、D→Aの過程で、気体が外部に対して行った仕事、$W_{\mathrm{AB}}$、$W_{\mathrm{BC}}$、$W_{\mathrm{CD}}$、$W_{\mathrm{DA}}$ を $n$、$R$、$T_{\mathrm{A}}$ を用いて示せ。また、1サイクルの間に、気体が外部に対して行った仕事の総和 $W_{\mathrm{all}}$ を求めよ。なお、導出過程も記述すること。

(2) A→B、B→C、C→D、D→Aの過程で、気体が外部より得た熱、$Q_{\mathrm{AB}}$、$Q_{\mathrm{BC}}$、$Q_{\mathrm{CD}}$、$Q_{\mathrm{DA}}$ を $n$、$R$、$T_{\mathrm{A}}$ を用いて示せ。ただし、気体が外部から熱を「吸収」した場合を正、「放出」した場合を負とする。また、1サイクルの間に、気体が外部から吸収した熱の総量 $Q_{\mathrm{in}}$ を求めよ。なお、導出過程も記述すること。

(3) 気体が外部より吸収した熱に対する、気体が外部に対して行った仕事の割合 $e$ をその熱機関の熱効率とよぶ。この熱効率 $e$ を求めよ。

表を作る

区間が4つあるサイクルなので、第一法則 $Q=\varDelta U+W$ （ $Q$ は吸収した熱、 $W$ は気体がした仕事。どちらも符号つき）を区間ごとに並べた表を最初に書く。A→B と C→D は体積が変わらない定積変化、B→C と D→A は圧力が変わらない定圧変化。各点の温度は、問題文の式に $p_2=2p_1$ 、 $V_2=5V_1$ を入れて $T_{\mathrm B}=2T_{\mathrm A}$ 、 $T_{\mathrm C}=10T_{\mathrm A}$ 、 $T_{\mathrm D}=5T_{\mathrm A}$ 。

この表を $W$ の列（(1)）→ $\varDelta U$ の列 → $Q$ の列（(2)）の順に埋めていく。

(1)　（表の $W$ の列）

仕事は p-V 図の面積で求める。A→B と C→D は定積変化なので、気体は仕事をしない。

答　$W_{\mathrm{AB}}=0$（3点）

答　$W_{\mathrm{CD}}=0$（3点）

B→C は圧力 $p_2$ のままの定圧変化で、体積が $V_1$ から $V_2$ に増える（膨張する）ので、仕事は正で

$$W_{\mathrm{BC}}=p_2(V_2-V_1)=2p_1\cdot4V_1=8p_1V_1$$

状態Aの状態方程式 $p_1V_1=nRT_{\mathrm A}$ で書きかえて

答　$W_{\mathrm{BC}}=8nRT_{\mathrm A}$（4点）

D→A は圧力 $p_1$ のままの定圧変化で、体積が $V_2$ から $V_1$ に減る（圧縮される）ので、仕事は負で

$$W_{\mathrm{DA}}=p_1(V_1-V_2)=p_1\cdot(-4V_1)=-4p_1V_1$$

答　$W_{\mathrm{DA}}=-4nRT_{\mathrm A}$（4点）

1サイクルの仕事の総和は、 $W$ の列を縦に足して

$$W_{\mathrm{all}}=W_{\mathrm{AB}}+W_{\mathrm{BC}}+W_{\mathrm{CD}}+W_{\mathrm{DA}}=0+8nRT_{\mathrm A}+0-4nRT_{\mathrm A}$$

答　$W_{\mathrm{all}}=4nRT_{\mathrm A}$（4点）

（B→C の下の面積から D→A の下の面積を引いた残りが、サイクルが囲む長方形の面積 $(p_2-p_1)(V_2-V_1)=p_1\cdot4V_1=4nRT_{\mathrm A}$ 。時計回りのサイクルなので正。下の図）

(2)　（表の $\varDelta U$ の列と $Q$ の列）

内部エネルギーの変化は、どの区間も $\varDelta U=nC_{\mathrm{V}}\varDelta T=\dfrac32nR\varDelta T$ （ $\varDelta T$ は「後−前」）。

$$\varDelta U_{\mathrm{AB}}=\frac32nR(2T_{\mathrm A}-T_{\mathrm A})=\frac32nRT_{\mathrm A},\qquad \varDelta U_{\mathrm{BC}}=\frac32nR(10T_{\mathrm A}-2T_{\mathrm A})=12nRT_{\mathrm A}$$

$$\varDelta U_{\mathrm{CD}}=\frac32nR(5T_{\mathrm A}-10T_{\mathrm A})=-\frac{15}{2}nRT_{\mathrm A},\qquad \varDelta U_{\mathrm{DA}}=\frac32nR(T_{\mathrm A}-5T_{\mathrm A})=-6nRT_{\mathrm A}$$

次に $Q$ の列。A→B は定積変化なので $W_{\mathrm{AB}}=0$ で、吸収した熱はすべて内部エネルギーの増加になる。

$$Q_{\mathrm{AB}}=\varDelta U_{\mathrm{AB}}+0=\frac32nRT_{\mathrm A}$$

答　$Q_{\mathrm{AB}}=\dfrac32nRT_{\mathrm A}$（4点）

B→C は単原子分子の定圧変化なので $Q:\varDelta U:W=5:3:2$ 。 $W_{\mathrm{BC}}$ は (1) で求まっているので

$$Q_{\mathrm{BC}}=\frac52W_{\mathrm{BC}}=\frac52\times8nRT_{\mathrm A}=20nRT_{\mathrm A}$$

答　$Q_{\mathrm{BC}}=20nRT_{\mathrm A}$（5点）

（確かめ：表の行を横に足すと $\varDelta U_{\mathrm{BC}}+W_{\mathrm{BC}}=12nRT_{\mathrm A}+8nRT_{\mathrm A}=20nRT_{\mathrm A}$ で一致する。 $12:8=3:2$ も 5:3:2 のとおり）

C→D は定積変化なので

$$Q_{\mathrm{CD}}=\varDelta U_{\mathrm{CD}}+0=-\frac{15}{2}nRT_{\mathrm A}$$

答　$Q_{\mathrm{CD}}=-\dfrac{15}{2}nRT_{\mathrm A}$（4点）

D→A は定圧変化なので、同じく 5:3:2 で

$$Q_{\mathrm{DA}}=\frac52W_{\mathrm{DA}}=\frac52\times(-4nRT_{\mathrm A})=-10nRT_{\mathrm A}$$

答　$Q_{\mathrm{DA}}=-10nRT_{\mathrm A}$（5点）

（ $Q_{\mathrm{CD}}$ 、 $Q_{\mathrm{DA}}$ は負＝熱を放出している。問題の決まりどおり負のまま答える）

これで表が埋まる（値はすべて $nRT_{\mathrm A}$ を単位とする）。

（検算：1サイクルでは温度がもとに戻るので $\varDelta U$ の列の和は0。 $Q$ の列の和 $\dfrac32+20-\dfrac{15}{2}-10=4$ は、 $W$ の列の和 $W_{\mathrm{all}}=4nRT_{\mathrm A}$ と一致する）

1サイクルの間に外部から吸収した熱の総量は、表で $Q>0$ の2行（吸熱の区間 A→B と B→C）の和（下の図）。

$$Q_{\mathrm{in}}=Q_{\mathrm{AB}}+Q_{\mathrm{BC}}$$

$$=\frac32nRT_{\mathrm A}+20nRT_{\mathrm A}$$

答　$Q_{\mathrm{in}}=\dfrac{43}{2}nRT_{\mathrm A}$（6点）

（1サイクルの行の $Q=4nRT_{\mathrm A}$ は、吸収と放出を差し引いた「正味の熱」。 $Q_{\mathrm{in}}$ （吸収した熱の総量）と取り違えない）

(3)

熱効率は、吸収した熱の総量に対する1サイクルの仕事の割合なので、(1)(2) の結果から

$$e=\frac{W_{\mathrm{all}}}{Q_{\mathrm{in}}}=\frac{4nRT_{\mathrm A}}{\ \dfrac{43}{2}nRT_{\mathrm A}\ }=\frac{8}{43}$$

答　$e=\dfrac{8}{43}$ （ $\fallingdotseq0.19$ ）（8点）

（確かめ：放出した熱の大きさは $Q_{\mathrm{out}}=\dfrac{15}{2}nRT_{\mathrm A}+10nRT_{\mathrm A}=\dfrac{35}{2}nRT_{\mathrm A}$ なので $e=1-\dfrac{Q_{\mathrm{out}}}{Q_{\mathrm{in}}}=1-\dfrac{35}{43}=\dfrac{8}{43}$ 。0と1の間の値になっている）

別解

(2) の定圧の区間　（温度から $Q=nC_{\mathrm{P}}\varDelta T$ で）　温度が先に分かっているので、定圧モル比熱で直接求めてもよい。

$$Q_{\mathrm{BC}}=nC_{\mathrm{P}}(T_{\mathrm C}-T_{\mathrm B})=\frac52nR(10T_{\mathrm A}-2T_{\mathrm A})=20nRT_{\mathrm A},\qquad Q_{\mathrm{DA}}=\frac52nR(T_{\mathrm A}-5T_{\mathrm A})=-10nRT_{\mathrm A}$$

仕事を聞かれずに熱だけを聞かれたときは、こちらが速い。

(1) の仕事　（定圧の仕事を温度で）　定圧変化では $W=p\varDelta V=nR\varDelta T$ なので、 $W_{\mathrm{BC}}=nR(10T_{\mathrm A}-2T_{\mathrm A})=8nRT_{\mathrm A}$ 、 $W_{\mathrm{DA}}=nR(T_{\mathrm A}-5T_{\mathrm A})=-4nRT_{\mathrm A}$ 。

ある媒質中に直線上に $x$ 軸をとり、$x$ 軸上に沿って正の向きに進む正弦波Aを考える。位置 $x\,[\mathrm{m}]$ における時刻 $t\,[\mathrm{s}]$ の変位 $y\,[\mathrm{m}]$ は式(1)で表される。

$$y=3.0\sin\left\{\pi\left(\dfrac{t}{2.0}-\dfrac{x}{5.0}\right)\right\}\qquad(1)$$

有効数字2桁として以下の設問に答えよ。

(1) 正弦波Aの振幅 $L$、波長 $\lambda$、周期 $T$、波の速さ $v$ を答えよ。

(2) $x=0\ \mathrm{m}$ における正弦波Aの波の式を示し、$y$-$t$ グラフを $-1\ \mathrm{s}\leqq t\leqq 5\ \mathrm{s}$ の範囲で示せ。

(3) 正弦波Aと同じ振幅 $L$、波長 $\lambda$、周期 $T$ を持ち、また正弦波Aと同じ速さ $v$ で逆向きに進む $x=2\lambda$ の地点を波源とする正弦波Bを考える。波のない穏やかな状態から、正弦波Aは原点Oから右方向に、正弦波Bは $2\lambda$ の位置にある波源から左方向に同時に波を発生させ、その後、波は継続的に発生し続けるものとする。正弦波A及び正弦波Bは、それぞれ1波長分だけ進んだとき、$x=\lambda$ の地点で初めて出合う。その時の時刻を $t=0\ \mathrm{s}$ とする。また、このとき正弦波A及び正弦波Bが図1の波形を持つ。$t>0\ \mathrm{s}$ において、$x=\lambda$ の位置における2つの正弦波の合成波を考える。その場合の $t=0\ \mathrm{s}$ から最初に最大振幅になるまでの時間と、最大振幅をそれぞれ $T$、$L$ を用いて示せ。またその時の合成波の $y$-$x$ グラフを示せ。

(4) 設問(3)において、時間が十分経過した後の $0\leqq x\leqq 2\lambda$ に生じる合成波には腹及び節と呼ばれる部分が発生する。この合成波の名称及びその特徴について述べよ。

(1)

原点の振動を、振幅 $L$ ・周期 $T$ の $y=L\sin\dfrac{2\pi}{T}t$ とすると、位置 $x$ には速さ $v$ で $\dfrac xv$ だけ遅れて届くので、 $t\to t-\dfrac xv$ として $y=L\sin\dfrac{2\pi}{T}\left(t-\dfrac xv\right)$ 。 $vT=\lambda$ より、 $x$ 軸の正の向きに進む正弦波の式と、それを展開した形は次のとおり。

$$y=L\sin2\pi\left(\frac tT-\frac x\lambda\right)=L\sin\left(\frac{2\pi}{T}t-\frac{2\pi}{\lambda}x\right)$$

式(1)は $y=3.0\sin\left(\dfrac{\pi}{2.0}t-\dfrac{\pi}{5.0}x\right)$ なので、係数を比べて

$$L=3.0,\qquad \frac{2\pi}{T}=\frac{\pi}{2.0}\ \ \therefore\ T=4.0,\qquad \frac{2\pi}{\lambda}=\frac{\pi}{5.0}\ \ \therefore\ \lambda=10$$

答（振幅 $L$）　3.0 m（2点）

答（波長 $\lambda$）　10 m（2点）

答（周期 $T$）　4.0 s（2点）

速さは

$$v=\frac{\lambda}{T}=\frac{10}{4.0}=2.5$$

答（速さ $v$）　2.5 m/s（2点）

(2)

式(1)に $x=0$ を代入すると

$$y=3.0\sin\left\{\pi\left(\frac{t}{2.0}-0\right)\right\}=3.0\sin\frac{\pi t}{2.0}$$

答（波の式）　$y=3.0\sin\dfrac{\pi t}{2.0}$（5点）

振幅 $3.0$ m、周期 $4.0$ s で、 $t=0$ で0から上向きに動き始める sin 型。 $t=-1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5$ s での変位は $-3.0,\ 0,\ 3.0,\ 0,\ -3.0,\ 0,\ 3.0$ m（ $t=-1$ s は $t=0$ の $\dfrac T4$ 前なので谷）。

答（ $y$-$t$ グラフ）　上の図（7点）

(3)

図1で、Aの先頭のすぐ左（ $x$ が $\lambda$ より少し小さい所）の変位も、Bの先頭のすぐ右（ $x$ が $\lambda$ より少し大きい所）の変位も正である。波の先頭の点は波源が振動し始めた向きに動き始めるので、A・Bの波源はどちらも上向きに振動し始めた。

Aは $t=-T$ に原点から出始めたので、原点の変位は $L\sin\dfrac{2\pi(t+T)}{T}=L\sin\dfrac{2\pi t}{T}$ （1周期ずれても同じ）。位置 $x$ の変位は、 $\dfrac xv$ 秒前の原点の変位なので、 $t\to t-\dfrac xv$ として、 $vT=\lambda$ より

$$y_{\mathrm A}=L\sin2\pi\left(\frac tT-\frac x\lambda\right)\qquad(0\leqq x\leqq\lambda+vt)$$

（式(1)そのもの）。Bの波源 $x=2\lambda$ も $t=-T$ から上向きに振動し始めたので、波源の変位は $L\sin\dfrac{2\pi t}{T}$ 。位置 $x$ までの距離は $2\lambda-x$ なので、 $t\to t-\dfrac{2\lambda-x}{v}$ として

$$y_{\mathrm B}=L\sin2\pi\left(\frac tT-\frac{2\lambda-x}{\lambda}\right)=L\sin2\pi\left(\frac tT+\frac x\lambda\right)\qquad(\lambda-vt\leqq x\leqq2\lambda)$$

$t>0$ では $x=\lambda$ にA・Bの両方が届いているので、代入して

$$y=y_{\mathrm A}+y_{\mathrm B}=L\sin\left(\frac{2\pi t}{T}-2\pi\right)+L\sin\left(\frac{2\pi t}{T}+2\pi\right)=2L\sin\frac{2\pi t}{T}$$

A・Bが同じ位相で重なるので、振幅 $2L$ の単振動になる。 $t=0$ から上向きに動き始め、最初に最大になるのは $\dfrac{2\pi t}{T}=\dfrac\pi2$ のとき。

答（時間）　$\dfrac T4$（5点）

答（最大振幅）　$2L$（5点）

その時（ $t=\dfrac T4$）、 $v\cdot\dfrac T4=\dfrac\lambda4$ より、Aの先頭は $x=\dfrac54\lambda$ 、Bの先頭は $x=\dfrac34\lambda$ にある。 $t=\dfrac T4$ を代入すると

$$y_{\mathrm A}=L\sin\left(\frac\pi2-\frac{2\pi x}{\lambda}\right)=L\cos\frac{2\pi x}{\lambda}\qquad\left(0\leqq x\leqq\frac54\lambda\right)$$

$$y_{\mathrm B}=L\sin\left(\frac\pi2+\frac{2\pi x}{\lambda}\right)=L\cos\frac{2\pi x}{\lambda}\qquad\left(\frac34\lambda\leqq x\leqq2\lambda\right)$$

先頭がまだ届いていない区間にはその波は無いので、合成波は区間ごとに

・$0\leqq x\leqq\dfrac34\lambda$（Aだけ）： $y=L\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}$

・$\dfrac34\lambda\leqq x\leqq\dfrac54\lambda$（A・Bが重なる）： $y=2L\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}$

・$\dfrac54\lambda\leqq x\leqq2\lambda$（Bだけ）： $y=L\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}$

$L=3.0$ m、 $\lambda=10$ m なので、 $x=0,\ 2.5,\ 5.0,\ 7.5,\ 10,\ 12.5,\ 15,\ 17.5,\ 20$ m での変位は $3.0,\ 0,\ -3.0,\ 0,\ 6.0,\ 0,\ -3.0,\ 0,\ 3.0$ m。重なっている $7.5$ m〜 $12.5$ m だけが振幅 $6.0$ の山になり、その両端（ $x=7.5$ m、 $12.5$ m）で線が折れ曲がる。

答（合成波の $y$-$x$ グラフ）　上の図（太線）（10点）

(4)

十分時間がたつと、 $0\leqq x\leqq2\lambda$ の全体で、振幅・波長・周期の等しい2つの正弦波A・Bが逆向きに進んで重なる。このときできる合成波は左右どちらにも進まない。

答（名称）　定常波（定在波）（4点）

(3) より $x=\lambda$ は振幅 $2L$ で振動するので腹。腹と節は $\dfrac\lambda4$ ずつ交互に並ぶので、腹は $x=0,\ \dfrac\lambda2,\ \lambda,\ \dfrac32\lambda,\ 2\lambda$ 、節は $x=\dfrac\lambda4,\ \dfrac34\lambda,\ \dfrac54\lambda,\ \dfrac74\lambda$ （下の図）。

答（特徴）　波形は左右どちらにも進まない。全く振動しない節と、振幅 $2L$ で最も大きく振動する腹が交互に並び、隣り合う節と腹の間隔は $\dfrac\lambda4$（節どうし・腹どうしの間隔は $\dfrac\lambda2$）。この問題では $x=0,\ \dfrac\lambda2,\ \lambda,\ \dfrac32\lambda,\ 2\lambda$ が腹、 $x=\dfrac\lambda4,\ \dfrac34\lambda,\ \dfrac54\lambda,\ \dfrac74\lambda$ が節（6点）

（教科書の「波の重ね合わせ・定常波」の知識。隣り合う節の間の媒質は同じ向きにそろって振動し、節をはさんだ隣の区間とは逆向きに振動する）

別解

(3)　（作図で求める）　 $x=\lambda$ にはA・Bの先頭が $t=0$ に同時に届き、どちらも上向きに振動し始める（着眼点の図）。同じ動きが重なるので、振幅 $2L$ で上向きに動き始め、 $\dfrac T4$ 後に最大 $2L$ になる。その時の波形は、図1のAの波形を右へ $\dfrac\lambda4$ 、Bの波形を左へ $\dfrac\lambda4$ ずらして重ねればよい。ずらしたAは $0\leqq x\leqq\dfrac54\lambda$ 、Bは $\dfrac34\lambda\leqq x\leqq2\lambda$ にあり（原点・ $2\lambda$ からは新しい波が出て続く）、重なる $\dfrac34\lambda\sim\dfrac54\lambda$ だけ変位を足すと、本解と同じグラフになる。

実際の試験では、このように時間を少しずつ進めながら（たとえば $\dfrac T8$ ずつ）A・Bの波形をずらして作図し、 $x=\lambda$ の変位が最大になる時刻を探して解いた受験生が多いと思われる。この問題は2つの先頭が $x=\lambda$ に同時に届く都合のよい値になっているので、作図でも答えが出る。ただし、先頭が同時に届かない場合や、途中の時刻の波形を式で聞かれる場合は、作図では手間がかかる。本解のように波の式で区間を分けて求める方法も書けるようにしておく。

(4)　（式で求める）　十分時間がたった後は、 $0\leqq x\leqq2\lambda$ の全体で $y_{\mathrm A}$ ・ $y_{\mathrm B}$ の両方がある。和積の公式で

$$y=L\sin2\pi\left(\frac tT-\frac x\lambda\right)+L\sin2\pi\left(\frac tT+\frac x\lambda\right)=2L\cos\frac{2\pi x}{\lambda}\cdot\sin\frac{2\pi t}{T}$$

$x$ の入った部分 $2L\left|\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}\right|$ が位置 $x$ の振幅、 $t$ の入った部分が時間変化。振幅が0の節は $\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}=0$ より $x=\dfrac\lambda4,\ \dfrac34\lambda,\ \dfrac54\lambda,\ \dfrac74\lambda$ 、振幅が $2L$ の腹は $\cos\dfrac{2\pi x}{\lambda}=\pm1$ より $x=0,\ \dfrac\lambda2,\ \lambda,\ \dfrac32\lambda,\ 2\lambda$ 。 $x$ だけで決まる振幅の形が時間とともに伸び縮みするだけなので、波形は進まない。

図1のような交流回路を考える。ただし、点線で囲われた(a)の部分には導線、コンデンサー（静電容量 $C$）、コイル（自己インダクタンス $L$）などを接続するものとする。抵抗の抵抗値は $R=100\ \Omega$ とし、コイルや導線の抵抗は無視できるものとする。

以下では抵抗の両端の電圧を $V_{\mathrm{R}}$、(a)の両端の電圧を $V_{\mathrm{a}}$ とする。また、交流電源の電圧と周波数は自由に変化させることができる。電流 $I$ の向きは図の矢印の方向を正とする。以下解答は有効数字2桁で求めよ。

［実験Ⅰ］　(a)に導線を接続して $V_{\mathrm{R}}$ を測定したところ、図2のような波形を得た。この波形は正弦波とみなせることがわかった。

(1) ① このときの交流電源の周波数を求めよ。

② このとき回路を流れる電流 $I$ の最大値を求めよ。

③ 抵抗での消費電力の1周期についての平均の値を求めよ。

［実験Ⅱ］　(a)にコンデンサーを接続し、交流電源の電圧を変化させた。周波数は［実験Ⅰ］から変化させなかった。

(2) $V_{\mathrm{a}}$ の最大値は $10\ \mathrm{V}$、$V_{\mathrm{R}}$ の最大値は $2.0\ \mathrm{V}$ であった。コンデンサーの静電容量 $C\,[\mathrm{F}]$ を求めよ。なお、導出過程も記述すること。

［実験Ⅲ］　(a)に静電容量 $C=5.0\times10^{-6}\ \mathrm{F}$ のコンデンサーとコイルを直列に接続した。

(3) 交流電源の周波数を変化させていくと、$f=2000\ \mathrm{Hz}$ が回路の共振周波数であることがわかった。挿入したコイルの自己インダクタンス $L\,[\mathrm{H}]$ と回路のインピーダンス $Z\,[\Omega]$ を求めよ。また、この共振周波数において回路を流れる電流の電圧に対する位相のずれ $\delta\,[\mathrm{rad}]$ を求めよ。なお、導出過程も記述すること。

(4) 交流電源の周波数を共振周波数から変化させたとき、回路を流れる電流 $I$ の最大値は増加するか、減少するか答えよ。またその理由を説明せよ。

(1) ①

図2から、電圧が0から増え始めて、再び0から増え始めるまでの時間（周期）は $T=0.02\ \mathrm{s}$。周波数は1秒間にくり返す回数なので

$$f=\frac1T=\frac{1}{0.02}=50$$

答　$50\ \mathrm{Hz}$（4点）

(1) ②

(a) が導線なので、回路は抵抗だけ。抵抗の電圧と電流は位相がそろっていて、最大値どうしでオームの法則が成り立つ。図2から $V_{\mathrm R}$ の最大値は $14.1\ \mathrm{V}$ なので

$$I_0=\frac{14.1}{R}=\frac{14.1}{100}=0.141$$

答　$0.14\ \mathrm{A}$（4点）

(1) ③

電力を消費するのは抵抗だけ。電流の実効値は最大値の $\dfrac{1}{\sqrt2}$ 倍なので、最初から実効値を入れて

$$\bar P=R\left(\frac{I_0}{\sqrt2}\right)^2=\frac12RI_0^{\,2}=\frac12\cdot100\cdot\left(\frac{14.1}{100}\right)^2=\frac{14.1^2}{200}\fallingdotseq0.994$$

（ $I_0$ は丸めた $0.14$ ではなく、計算前の $\dfrac{14.1}{100}$ のまま入れる）

答　$9.9\times10^{-1}\ \mathrm{W}$（6点）

(2)

(a) にコンデンサーをつなぐと、抵抗とコンデンサーの直列回路になる。直列なので2つに流れる電流は共通で、それを $I=I_0\sin\omega t$ とおく。周波数は実験Ⅰから変えていないので

$$\omega=2\pi f=2\pi\times50=100\pi\ \mathrm{rad/s}$$

交流は最大値と位相を別々に考える。最大値どうしは、抵抗は $R$、コンデンサーはリアクタンス $\dfrac{1}{\omega C}$ を抵抗とみて、オームの法則が成り立つ。

抵抗について、 $V_{\mathrm R}$ の最大値 $=RI_0$ より

$$I_0=\frac{2.0}{100}=2.0\times10^{-2}\ \mathrm{A}$$

コンデンサーについて、 $V_{\mathrm a}$ の最大値 $=\dfrac{1}{\omega C}I_0$ より

$$10=\frac{I_0}{\omega C}\qquad\therefore\ C=\frac{I_0}{10\,\omega}=\frac{2.0\times10^{-2}}{10\times100\pi}=\frac{2.0\times10^{-5}}{\pi}\fallingdotseq6.37\times10^{-6}$$

（位相については、電流を基準にコンデンサーの電圧は $\dfrac\pi2$ 遅れるので、 $V_{\mathrm R}$ と $V_{\mathrm a}$ は最大になる時刻がずれる（下の図）。最大値の比をとるだけなら位相は関係しない。電源の電圧の最大値は $10+2.0=12\ \mathrm{V}$ ではなく、 $\sqrt{10^2+2.0^2}\fallingdotseq10.2\ \mathrm{V}$）

答　$6.4\times10^{-6}\ \mathrm{F}$（10点）

(3)

抵抗・コンデンサー・コイルの直列なので、電流は共通で、それを $I=I_0\sin\omega t$ とおく。各素子の電圧を「最大値×sin（位相）」で書く。電流から電圧を求めるので、コンデンサーの電圧は $\dfrac\pi2$ 遅れ、コイルの電圧は $\dfrac\pi2$ 進む。

$$V_{\mathrm R}=RI_0\sin\omega t,\qquad V_{\mathrm C}=\frac{I_0}{\omega C}\sin\left(\omega t-\frac\pi2\right),\qquad V_{\mathrm L}=\omega LI_0\sin\left(\omega t+\frac\pi2\right)$$

電源の電圧はこの和で

$$V=RI_0\sin\omega t+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)I_0\cos\omega t=I_0\sqrt{R^2+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^2}\sin(\omega t+\varphi)$$

$$\tan\varphi=\frac{\ \omega L-\dfrac{1}{\omega C}\ }{R}$$

（sin の係数を横、cos の係数を縦にとって合成した）。電源の電圧は電流より $\varphi$ だけ位相が進む、つまり電流は電圧より $\varphi$ 遅れる。振幅を $V=RI$ と見立てると、回路全体の抵抗にあたるインピーダンスは

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

共振周波数は、電流の最大値が最大になる周波数で、 $Z$ が最小のとき。 $R$ は変われないが $\omega L-\dfrac{1}{\omega C}$ は周波数で変われるので、これが0になるとき。 $\omega=2\pi\times2000=4000\pi\ \mathrm{rad/s}$ として

$$\omega L=\frac{1}{\omega C}\qquad\therefore\ L=\frac{1}{\omega^2C}=\frac{1}{(4000\pi)^2\times5.0\times10^{-6}}=\frac{1}{80\pi^2}\fallingdotseq1.27\times10^{-3}$$

答（$L$）　$1.3\times10^{-3}\ \mathrm{H}$（8点）

共振のとき $\omega L-\dfrac{1}{\omega C}=0$ なので

$$Z=\sqrt{R^2+0^2}=R=100$$

答（$Z$）　$1.0\times10^{2}\ \Omega$（5点）

同じく $\tan\varphi=0$ より $\varphi=0$。電流は電圧と同じ位相で、位相のずれはない。コイルとコンデンサーの電圧が同じ大きさで逆向きになり打ち消し合うので、電源の電圧は抵抗の電圧だけになる（着眼点の図）。

答（$\delta$）　$0\ \mathrm{rad}$（5点）

(4)

(3) より、回路のインピーダンスは $Z=\sqrt{R^2+\left(\omega L-\dfrac{1}{\omega C}\right)^2}$。共振周波数では $\omega L-\dfrac{1}{\omega C}=0$ で、 $Z$ は最小値 $R$ をとる。周波数を共振周波数からずらすと $\omega L-\dfrac{1}{\omega C}\neq0$ となり、 $Z>R$ になる。電源の電圧の最大値 $V_0$ を変えなければ、電流の最大値 $\dfrac{V_0}{Z}$ は、共振のときの $\dfrac{V_0}{R}$ より小さくなる（下の図）。

答（増減）　減少する（4点）

答（理由）　回路のインピーダンス $Z=\sqrt{R^2+\left(\omega L-\dfrac{1}{\omega C}\right)^2}$ は共振周波数で最小値 $R$ をとり、周波数をずらすと $Z>R$ になる。電源の電圧の最大値が同じなら、電流の最大値 $\dfrac{V_0}{Z}$ は小さくなるから。（4点）

別解

(1) ③　（瞬間の電力を平均する）　 $P=IV=\dfrac{V_0^{\,2}}{R}\sin^2\omega t=\dfrac{V_0^{\,2}}{R}\cdot\dfrac{1-\cos2\omega t}{2}$。 $\cos2\omega t$ は1周期で平均すると0なので、 $\bar P=\dfrac{V_0^{\,2}}{2R}=\dfrac{14.1^2}{200}\fallingdotseq0.994\ \mathrm{W}$。本解の「実効値は2乗の平均の平方根」の確かめにもなる。

(3)　（共振周波数の公式）　 $f=\dfrac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$ を覚えていれば、 $L=\dfrac{1}{(2\pi f)^2C}$ として同じ値がすぐに求まる。導出過程を書く問題なので、本解のように $\omega L=\dfrac{1}{\omega C}$ から書く方が安全。