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横浜市立大（前期）【物理】解答例
〔Ⅰ〕 (1) ばね定数を k として力のつり合いより，
kd = 3mg
ゆえに k =
3mg
d
::::
(2) 加速度を a，垂直抗力の大きさを N として，小球と板の運動方程式は，
小球：ma = N − mg
板：2ma = k(d − x) − N − 2mg
2 式より，a = −
k
g
x=− x
3m
d
::::
N = ma + mg =
d−x
mg
d
::::::::
(3) 離れる瞬間は N = 0 より，(2) より，
x=d
:
小球が板から離れるためには振幅が d より大きければよいので，
αd > d ゆえに α
>1
:::::
そのときの小球の速さを v とすると力学的エネルギー保存則より，
1
1
1
k(αd)2 = kd2 + 3mv 2
2
2
2
√
k
v=d
(α2 − 1)
3m
√
ゆえに v = (α2 − 1)gd
::::::::::::
(4) 等加速度直線運動の公式より，小球が板から離れた地点と最高到達地点までの距離を h とすると，
0 − v 2 = 2(−g)h
ゆえに h =
(α2 − 1)gd
1
= (α2 − 1)d
2g
2
よって，小球の最高到達地点の位置座標は，
x=d+h=
1 2
(α + 1)d
2
::::::::::
(5) 板の単振動の振動中心 (x = x0 ) は，そのときのばねの縮みを d0 として，
2mg = kd0 ゆえに d0 =
2
d
3
1
よって，
x0 = d − d0 =
1
d
3::
板の単振動の振幅を A として，力学的エネルギー保存則より，
(
1
1
2mv 2 + k
2
2
A2 =
2
d
3
)2
=
1 2
kA
2
2d 2
4
(α − 1)gd + d2
3g
9
ゆえに A =
d√ 2
6α − 2
3
:::::::::::
(6) 板の単振動の周期 T は，
√
2m
T = 2π
k
小球が板から離れた後，元の位置に戻って来る時間 t は，
( )
t
2v
0 = −g
+ v ゆえに t =
2
g
求める条件は，T = t であるので，
√
2m
2v
=
k
g
√
√
2d
(α2 − 1)d
2π
=2
3g
g
2π
√
ゆえに α =
2 2
π +1
3
:::::::::
2
〔Ⅱ〕
⑴ qvB
⑵ 荷電粒子の円運動の半径を r とすると，運動方程式より
m
v2
mv
= qvB ゆえに r =
r
qB
領域１内のみで運動し続ける条件 L > r より，L >
mv
qB
::::::::
⑶ 周期 T は
T =
y
2πm
2πr
=
v
qB
:::::
⑷ 右図より，
A0
r
mv
L0 = √ = √
2
2qB
r
L0
::::::
45 °
L0
x
⑸ 右図より，求める時間 t は
t=
5
5πm
T =
8
4qB
v
v
qE 1
m
2
:::::
⑹ 領域２での y 方向の加速度を a とすると
ma = qE1 ゆえに a =
qE1
m
領域２での運動時間を t1 とすると
v
v
qE1
√ =−√ +
t1 ゆえに t1 =
m
2
2
√
2mv
qE1
領域２の放物運動が領域１の円運動とつながればよいから
v
2L0 = √ ·
2
√
√
√
2mv
mv 2
1
mv 2
2qB
2vB
ゆえに E1 =
·
=
·
=
qE1
2q
L0
2q
mv
2
:::::::
3
3 2πm
T1 = T + t1 =
·
+
4
4
qB
√
2mv
2
3π + 4
· √
=
m
q
2qB
2vB
:::::::::
⑺ (ア) このときの運動の軌跡は下図のようになる。
y
A0
2 L0
L0
-(r+L 0 )
r
2(r+L 0 ) = 2( 2 +1)L 0
3
r+L 0
x
⑹と同様に考えると，放物運動の運動時間は t2 =
√
v
2( 2 + 1)L0 = √ ·
2
√
2mv
であるから
qE2
√
2mv
vB
√
ゆえに E2 =
qE2
2
+
2
:::::::
(イ) 下図
y
L0
- 3 2 L0
- 2 2 L0
- 2 L0
2 L0
√
2mv
であるから，粒子
qE3
√
が点 (2 2L0 , L0 ) を通過してから１周期後に y = L0
2 2 L0
⑻ 放物運動の運動時間は t3 =
の位置に戻ってきたときの x 方向のずれ ∆x は，右図
x
2r= 2 2 L 0
y
より
√
v
∆x = 2( 2 − 1)L0 + √ ·
2
mv 2
=
− 2L0
qE3
√
√
2mv
− 2 2L0
qE3
2 2 L0
n 回通過した後，点 A0 にもどるとき，
√
n∆x = 2 2L0 であるので
√
mv 2
2 2
− 2L0 =
L0
qE3
n
ゆえに E3 =
⊿x
L0
( 2 -1) L 0
nvB
√
2
+
2n
:::::::::
4
v
t3
2
( 2 -1) L 0
x
〔Ⅲ〕
(1) (ア)
v
a
a
S
v
a
Φ
2
9a +L2
Φ
θ
a 2+L
2
V
L
D
上図より，
3a
a
，cos Φ = √
cos θ = √
a2 + L2
9a2 + L2
a
v (進行方向と同じ向き)
2 + L2
a
::::::::::
ゆえに vd = v cos θ = √
3a
v （進行方向と逆向き）
9a2 + L2
:::::::::::::
ゆえに vr = −v cos Φ = − √
(イ) f1d =
(
c
vd )
f0 ≒ 1 +
f0
c − vd
c
ゆえに ∆f1d =
f1r =
vd
av
f0 = √
f0
c
c::::::::::::
a2 + L2
(
vr )
c
f0 ≒ 1 +
f0
c − vr
c
ゆえに ∆f1r =
vr
3av
f0 = − √
f0
c
c 9a2 + L2
:::::::::::::::
(2) (ア) L = a のとき，
(
)
1
3
1
√
√
√
cos θ =
，cos Φ =
sin Φ =
2
10
10
)
(π
V
− θ = √ (進行方向と同じ向き)
ゆえに Vd = V cos
2
2
:::
ゆえに Vr = V cos
(π
)
V
− Φ = √ (進行方向と同じ向き)
2
10
::::
5
(イ) ドップラー効果の式より，
f2d
V
(
)
c− √
V
v
2
√
√
=
f
≒
1
−
+
f0
0
v
2c
2c
c− √
2
v−V
f0
2c
::::::::
ゆえに ∆f2d = √
f2r
V
(
)
c− √
V
3v
10
=
f0 ≒ 1 − √
−√
f0
3v
10c
10c
c+ √
10
3v + V
f0
10c
::::::::::
ゆえに ∆f2r = − √
(ウ) x = A sin ωt より，
v=
dx
= Aω cos ωt
dt
うなりの毎秒あたりの回数は，
φ = |∆f2d − ∆f2r |
v − V
3v + V f0 + √
f0 = √
2c
10c
√
√
( 5 − 1)V
( 5 + 3)v + √
= f0 − √
10c
10c √
√
( 5 − 1)V
( 5 + 3)Aω
√
+
cos ωt
= f0 − √
10c
10c
α=
√
√
( 5 − 1)V
( 5 + 3)Aω
√
√
，β =
10c
10c
::::::::::
:::::::::::
(エ) √
√
( 5 + 3)Aω
( 5 − 1)V
√
√
>
cos ωt
10c
10c
が常に成立すれば，φ > 0 となるから
√
√
( 5 − 1)V
( 5 + 3)Aω
√
√
>
10c
10c
√
5+3
V >√
Aω = V1
5−1
√
ゆえに V1 = (2 + 5)Aω
:::::::::::
6

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