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名古屋大学（前期）物理解答例
問題Ⅰ
mv02
r
⑴
答
N=
⑵
答
v1 = ev0 ，
⑶
力学的エネルギー保存則より，
答
t1 = 2πr
ev0
1 mv02 = 1 m(rω)2 + mgr(1− cosθ)sinφ
2
2
⑷
遠心力を考慮した力のつり合いより，
答
N´= mgcosθsinφ+ mrω2
問⑶の結果を代入すると，
⑸
答
(ア)
(オ)
⑹
０
答
2grsinφ
(イ)
v02 − 2gr(1− cosθ)sinφ
r
ω=
(ウ)
1−
N´=
mv02
+ mg(3cosθ− 2)sinφ
r
v02
2grsinφ
(エ)
5grsinφ
2 − v02
3 3grsinφ
Z2 の座標（ rsinθ2 ， − rcosθ2 ），物体は円筒から離れ x − y 平面上で， x 方向に速度 rω2 cosθ2 の等速
度運動， y 方向に初速度 rω2 sinθ2 ，加速度 gsinφの等加速度運動をする。
答
⑺
(カ)
sinθ2
(サ)
− 1 gsinφ
2
(キ)
cosθ2
(ク)
０
(ケ)
− cosθ2
(コ)
sinθ2
n −1 回目の衝突後の速さは 5grsinφ より大きく， n 回目の衝突後の速さは 5grsinφ より小さい。
答
(シ)
e n v0
(ス)
5grsinφ
e n−1
(ス)
5grsinφ
en
(ソ)
n +α+β
問題Ⅱ
⑴
答
(イ)
⑵
力のつり合いより，
⑶
キルヒホッフの第２法則より，
I0 Blcosθ= Mgsinθ
I0 =
答
Mg
tanθ
Bl
vBlcosθ= RI0
また，等速状態での導体棒の速さを v0 とすると，題意より，この状態ではコイルのエネルギーと導体棒
の運動エネルギーが等しいことから，
1 M v02 = 1 LI02
2
2
……①
これより I 0 を消去して，
⑷
1 M v02 + 1 LI02 = 1 LIm2
2
2
2
∴ LI02 = 1 LIm2
2
設問⑷の結果を，Ｏ点とＡ点の間に適用すると， I m − I 0
∴ a = L (Im − I0 ) = ( 2 −1) L I0
Bl
Bl
∴
Im = 2 I0
= Bl a
L
答
Ｏ点とＢ点との間での力学的エネルギー保存より，
設問⑵の結果を用いて M ， g を消去すると， h =
⑺
ΔI = Bl Δx
L
答
Ａ点に達したとき回路にながれるで電流を I m とすると，Ｏ点とＡ点との間でエネルギーが保存されるこ
とから，
⑹
MR 2
(Blcosθ)2
導体棒の誘導起電力とコイルの自己誘導起電力が等しいことから，
Δx
ΔI
Bl = L
Δt
Δt
⑸
L=
答
a = ( 2 −1) L I0
Bl
1 M v02 + 1 LI02 = LI02 = Mgh （条件①を用いた）
2
2
LI02 LI0
=
tanθ
Mg
Bl
答
h=
LI0
tanθ
Bl
x 軸の正方向に加速度をαとすると，OA 間における座標 x の位置で導体棒に流れる電流を I （Ｑ→Ｐ
を正とする）とすると，導体棒の単振動の方程式は
2 2
Mα= −IBl = −(I0 + Bl x)Bl = − B l (x + LI0 )
L
L
Bl
となり，この単振動の周期は
2π ML ，振動中心の座標は x = − LI0 である。設問⑸より，O→A→O の
Bl
Bl
単振動（の一部）に対応する等速円運動の回転角は 90° である。よって，O→A→O 区間の運動に要する時
間は
π ML 。また，Ｏ点を原点とし，Ｏ→Ｂ方向を正の方向とする X を定めると，座標軸 OB 区間で
2Bl
の導体棒の単振動の運動方程式は
"
2 2
2 2
Mgtanθ %
Mα´= − B l cos2θ#X − LI0 (1−
)& = − B l cos2θX
L
Blcosθ
I0Bl '
L
$
となり，振動中心はＯ点，周期は
2π ML であり，Ｏ→Ｂ区間の単振動に要する時間は π ML 。
Blcosθ
2Blcosθ
答
⑻
T = π ML (1+ 1 )
2Bl
cosθ
はじめにＯ点に降下したときの系のエネルギーが全て失われたことから，
W = 1 Mv02 + 1 LI02 = LI02 = Mgh
2
2
答
W = Mgh
問題Ⅲ
⑴
⑵
答
(あ)
⑴
⒜
5 R(T1 − TA )
2
(い)
⑵
⒝
R(T1 − TA )
(う)
⑵
⒞
3 R(T2 − TA )
2
(え)
⑶
⒟
０
(お)
⑶
⒠
(か)
⑴
⒡
3 R(T2 − TB )
2
０
過程１→Ａで外界にする仕事は， W1A
過程２→Ｂで外界にする仕事は，
求める仕事 W は， W
= −W1→A = −R(T1 − TA ) ，
W2B = W2→B = 3 R(T2 − TB )
2
= W1A + W2B
答
⑶
5
断熱過程において成り立つ関係より， p2 V2 3 =
よって，
⑷
pB = p2 pB = p2 × 1 1
p1
p1 p2
p1 32
p2
p1
5
pB V1 3
32
∴
W = 3 R(T2 − TB ) − R(T1 − TA )
2
pB = ( V2 ) 35 = ( 1 ) 35 = 1
p2
V1
8
32
答
32 倍以上
サイクルにおいて気体が外界から正の熱量を吸収する過程はＡ→２だけである。熱効率 e は，
3 R(T2 − TB ) − R(T1 − TA ) 3 (p2V2 − pBV1 ) − (p1V1 − p1V2 )
W
e=
= 2
= 2
QA→2
3 R(T2 − TA )
3 (p2V2 − p1V2 )
2
2
3p2V2 (1− pBV1 ) − 2 p2V2 ( p1V1 − p1 )
p2V2
p2V2 p2 = 9 − 56x
=
12(1− x)
3p2V2 (1− p1 )
p2
1− 56 x
9
−
56x
3
9 （ x = p1
= ⋅
⑸ e=
p2
12(1− x) 4 1− x
よって， e は x の最大値 x =
⑹
答
e = 9 − 56x
12(1− x)
1 ）より，熱効率 e は x が増大するに従って小さくなる。
32
1 のときに最小値 e = 58 をとる。
32
93
答
x = 1 ， emin = 58
32
93
状態１から断熱変化により体積 V2 にした状態をＣとし，このときの圧力を pC とすると， pC
サイクル１→Ｃ→２→Ｂ→１における熱の吸収過程はＣ→２だけであり，その熱量は
QC 2 = 3 R(T2 − TC ) = 3 (p2V2 − 32 p1V2 )
2
2
また，このサイクルの正味の仕事は
= 32 p1
W´= W2B + W1C = 3 R(T2 − TB ) − 3 R(TC − T1 ) = 3 (p2V2 − pBV1 ) − 3 (pCV2 − p1V1 )
2
2
2
2
= 3 (p2V2 − p2V1 ) − 3 (32 p1V2 − p1V1 ) = 9 p2V2 (1− 32x)
2
32
2
8
よって，熱効率は
e´= W´ = 9
QC 2 8
3 = 0.75
2
答
e´= 0.75

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