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東京大学（前期）【物理】解答例
第１問
Ⅰ⑴ ばねの自然長からつり合いの位置までの伸びを A1 として
kA1 = M g
Mg
k
∴ A1 =
積木はつり合いの位置を振動中心とする単振動をし，その振幅は A1 に一致するので最大の伸びは
2A1 =
2M g
k
::::
⑵ この単振動の角振動数は
√
ω1 =
k
M
であるから，振動中心が x = A1 であることに注意すると
a = −ω12 (x − A1 )


k 
Mg 
=−
x−
M
k
::::
:::
ア
イ
Ⅱ⑴ ひもの張力を S として，2 つの積木の運動方程式は
積木 1： M a = S − f
積木 2： M a = M g sin θ − S
2 式の和をとると
2M a = M g sin θ − f
g
µ′ g
sin θ −
x
2
6L


3L sin θ 
µ′ g 
x−
=−
6L
µ′
::::
∴ a=
ウ
::::::
エ
⑵ ⑴より，2 つの積木は静止するまで単振動をすることがわかり，その角振動数は加速度の式から
√
ω2 =
µ′ g
6L
積木が動き始めてから静止するまで，即ち，求める時間は単振動の半周期に一致するので
√
1 2π
·
=π
2 ω2
6L
µ′ g
::::::
⑶ ⑴より，この単振動の振幅は
A2 =
3L sin θ
µ′
であることがわかり，2A2 = 3L となればよいので
2·
3L sin θ
= 3L
µ′
∴ µ′ = 2:::::
sin θ
Ⅲ⑴ 引っ張られた積木 1 本の上面，下面から受ける垂直抗力の大きさは 2M g ，3M g である。求める
力は上面，下面から受ける最大摩擦力の和につり合うので，µ2 = µ1 のとき
µ1 · 2M g + µ2 · 3M g = 5µ1 M g
::::::
⑵ 動かない積木に着目するとその底面が受ける垂直抗力の
和は 6M g である。引っ張られる 2 本の積木の上面が受け
る垂直抗力の大きさは M g であり，この面で生じる摩擦に
より残る積木が動き出さなければよいので
µ2 · 6M g > µ1 · M g
∴ µ2 >
µ1
6
::
µ1 M g
3µ2 M g
オ
3µ2 M g
[別解]
2 本の積木の上面，下面が受ける垂直抗力の大きさは M g ，3M g であるから，2 本の積木が一
体となって動き始めるときに引っ張る力の大きさは
F2 = µ1 · M g + µ2 · 3M g
下の 1 本の積木だけ動き始めてしまうときを考えると，積木の上面が受ける垂直抗力の大きさは
2M g であるから，このとき引っ張る力の大きさは
F1 = µ1 · 2M g + µ2 · 3M g
F2 < F1 であるから下の 2 本の積木が一体となって動き始める前に，下の 1 本だけが動き始める
ことはない。積木の底面全体が受ける垂直抗力の大きさの和は 9M g であり，F2 の力を加えたとき
に 9 本の積木が一体となって動いてはならないので
F2 < µ2 · 9M g
µ1 · M g + µ2 · 3M g < µ2 · 9M g
∴ µ2 >
µ1
6
第２問
Ⅰ⑴ 導体棒に生じる誘導起電力の大きさは vBL であるから
vBL
R
:::::
I1 =
⑵ ジュール熱の合計 Q は導体棒の力学的エネルギーの減少量に等しいから
Q = M gl (1 − cos α)
:::::::::::::
⑶ ア（抵抗で発生する単位時間あたりのジュール熱が小さくなるから）
Ⅱ⑴ 導体棒にはたらく力は右図のようになる。よって
I2 BL = M g ∴ I2 =
Mg
BL
I2 BL
::::
√
⑵ この単振動は見かけの重力加速度が 2g のもとでの単振動と考えられ
π
4
Mg
るので
√
P = 2π
l
√
2g
:::::::::
⑶ イ（設問Ⅰにおいて，重力が見かけの重力に変わった場合と同様に考えられるから）
Ⅲ⑴ 導体棒の速さ v は
v=l
dθ
2πβl
=
cos
dt
T
(
2πt
T
)
であり，水平方向と見なしてよいから
V = vBL =
2πβlBL
cos
T
(
2πt
T
)
::::::::::::::::::
⑵ 誘導起電力を Vi とすると
V + Vi = 0 より Vi = −
2πβlBL
cos
T
(
2πt
T
)
よって，振幅 A は
A=
2πβlBL
T
::::::::
⑶ 十分に時間が経つと，導体棒には電流が流れなくなる。この状況は設問⑵と同じであるから
β′ = β
:
第３問
I ⑴ ピストンにはたらく力のつり合いより
1
P1 S = P0 S + kL
2
∴ P1 = P0 +
kL
2S
:::::::
ボイル・シャルル則より
3
P1 LS
P0 LS
2
=
T0
T1
3 P1
3
T0 =
2 P0
2
∴ T1 =
(
1+
kL
2P0 S
)
T0
:::::::::::::::
⑵ 気体の内部エネルギーの変化を ∆U として
)
(
3
P1 · LS − P0 LS
2
∆U =
3
2
=
3
9
P0 SL + kL2
4:::::::::::::
8
⑶ 熱力学第１法則より，右図の面積 W を考えて
Q0 = ∆U + W
=
3
9
1
P0 SL + kL2 + (P0 + P1 )
4
8
2
=
5
5
P0 SL + kL2
4:::::::::::::
4
P
P1
(
)
3
L−L S
2
P0
0
3
V
SL SL
2
[別解]
エネルギーの関係により，気体の内部エネルギーとばねの弾性エネルギーは，ヒーター 1 から
与えられた熱 Q0 と，大気圧による仕事で変化するから
{
∆U +
1
k
2
∴ Q0 =
=
}
( )2
(
)
L
1
3
2
− k·0
= Q0 + (−P0 S)
L−L
2
2
2
3
9
1
1
P0 SL + kL2 + kL2 + P0 SL
4
8
8
2
5
5
P0 SL + kL2
4
4
Ⅱ 断熱自由膨張より,T2 = T1 。ボイルの法則より
::
3
P1 · LS = P2 ·
2
∴ P2 =
(
3
LS + LS
2
)
3
P1
5:::
Ⅲ この過程は定積変化より，熱力学第１法則より，ピストン 1 がストッパーから離れたことから
圧力は P1 になっているから
Q1 =
=
3
2
(
)
5
5
P1 · LS − P2 · LS
2
2
3
P1 SL
2
::::::
Ⅳ⑴ ピストン 1，ピストン 2 にはたらく力のつり合いを考えると，ピストン 1 がストッパーから
離れたことから A 内，B 内の圧力は P1 になる。
3
∆UA + ∆UB =
2
(
)
{ (
)
}
3
3
5
L − LA S − P2 LS
P1 LA S − P2 LS +
P1
2
2
2
3 5
· (P1 − P2 ) · LS
2 2
(
)
3
3
= P1 SL ∵ P2 = P1
2
5
::::::
=
⑵ 熱力学第１法則より
Q2 = ∆UA + ∆UB
∴ Q1 = Q2
:::::::

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