東京医科歯科大学（前期）【物理】解答例

東京医科歯科大学（前期）【物理】解答例
１問１質量 m の小物体についての万有引力の法則より
mg 0 = G
Mm
(R + h)2
地表における重力と万有引力の関係より
Mm
R2
(
)2
R
g
これらより g 0 =
R+h
mg = G
::::::::::::
問２無限遠を基準とした万有引力による位置エネルギー U (r) は，U (r) = −
点では
GM m1
と表せるので，A
r


GM m1 
R2
U (R + h) = −
=−
m1 g 
R+h
R+h
:::::::::
::::::::::::
問３問２の結果より
U (R + h) − U (R) = −
R 2 m1 g
Rh
R2
m1 g +
=
m1 g
R+h
R
R
+h
::::::::::
h
R h のとき U (R + h) − U (R) =
1+
m1 g → m1 gh
h
R
:::::
問４力学的エネルギー保存則より
1
m1 v02 + U (R) = U (R + h)
2
1
Rh
m1 v02 =
m1 g
2
R+h


√
√
2gRh 
2GM h 
=
ゆえに v0 =

R+h
R(R + h)
ゆえに :::::::::
::::::::::::
問５速さ v で打ち出したとき，無限遠に飛び去るとすると
GM m1
1
m1 v 2 −
= 0 ゆえに v =
2
R


√
√
2GM 
以上より，v1 = 2gR =
:::::
R
√
( √
)
2GM
= 2gR
R
::::::::
問６地球の中心から半径 (R + h) の位置で等速円運動を行うので，
m2
v22
GM m2
=
ゆえに v2 =
R+h
(R + h)2
1
√
GM
R+h
K=
1
GM m2
1
GM m2
GM m2
m2 v22 =
， E = m2 v22 −
=−
2
2(R + h)
2
R+h
2(R + h)
:::::::::
:::::::::::
問７運動量保存則より
0 = m2 v2 − (m1 − m2 )v3
m2
m2
ゆえに v3 =
v2 =
m1 − m2
m1 − m2
√
GM
R+h
::::::::::::::::::
力学的エネルギーが０以上のとき，無限遠に飛び去るから
(
1
E = (m1 − m2 )
2
√
m2
m1 − m2
)2
GM
R+h
−
GM (m1 − m2 )
=0
R+h
ゆえに m22 = 2(m1 − m2 )2
ゆえに m22 − 4m1 m2 + 2m21 5 0
(
(
√ )
√ )
2 m1 5 m2 5 2 + 2 m1
(
√ )
よって，m2 の最小値 = 2 − 2 m1
ゆえに 2 −
::::::::::::
問８円運動の周期を T ，半長軸を r とすると，ケプラーの第３法則より
(8T )2
T2
=
ゆえに r = 4(R + h)
(R + h)3
r3
よって OB = 2r − (R + h) = 7(R + h)
::::::::
ケプラーの第２法則より
1
1
1
v A (R + h) = v B · 7(R + h) ゆえに v B = v A
2
2
7
力学的エネルギー保存則より
1
GM m2
1
GM m2
m2 v A2 −
= m2 v B2 −
2
R+h
2
7(R + h)
√
7GM
この２式より，v A =
となるから，
4(R + h)


2
1
1
3GM m2
3m
gR
2
2
2

∆E = m2 v A − m2 v2 =
=
2
2
8(R + h)
8(R + h)
:::::::::
問９自転軸
ω
P
:::::::::
mRcosθ・ω2
m g 2 +(Rω2cosθ)2-2gRω2cos2θ
O
θ
mRω2
Q
m (g-Rω2 )
2
問１０場所：Q 点，向き：東向き
理由：赤道に近い方が自転による遠心力の影響で重力が小さくなり，東向きの打ち上げることで地
球の自転による運動エネルギーを利用できるため。
3
２問１時刻 t における AB 間の距離は
√
d2 + (ut)2 より，
√
d2 + u2 t2
V
::::::::::::::
t0 = t +
問２ cos(π − θ) = √
d2
ut
+ u2 t2
ut
2 + u2 t2
d
::::::::::::
ゆえに cos θ = − √
問３ A が発した音波の数と B が受け取る音波の数は等しいので，
f1 ∆t = f2 ∆t0
::::::::::::
問４ √
d2 + u2 t2 − u∆t cos θ
t + ∆t = t + ∆t +
V
√
d2 + u2 t2
u∆t cos θ
+ ∆t −
= t +
V
V
0
0
= t0 + ∆t −
ゆえに u∆t cos θ
V
∆t0
V − u cos θ
=
∆t
V
u2 t
√
V d2 + u2 t2
::::::::::::::::
= 1 +
問５・６ f2
∆t
=
f1
∆t0
=
1
u2 t
1+ √
V d2 + u2 t2
:::::::::::::::::
d → 0 として，
V
f2
=
t
f1
V + u |t|
4
f2 /f1
V
V-u
V
V+u
t
0
極限値 (t → − ∞) :
V
V
，極限値 (t → ∞) :
V
−
u
V
+u
::::::
::::::
問７ T =
2πR
u
::::
角速度は，
2π
u
= より，
T
R
(
u
u )
−
→
v = −u sin t ，u cos t
R
R
:::::::::::::::::::::::
問８時刻 t における AB 間の距離は，
u
u )
−→ (
AB = −R cos t ，d − R sin t
R
R
u
2
ゆえに AB = d2 + R2 − 2dR sin t
R
√
u
d2 + R2 − 2dR sin t
R
t0 = t +
V
::::::::::::::::::::::::::
−→
−
問９ →
v と AB のなす角を φ とすると，右図の三角形 OAB に正弦定理を用いて，
y
B
AB
(π
π) =
u )
sin φ +
sin
− t
2
2
R
(
d
ゆえに cos φ =
u
d
cos t
R
AB
φ
A
d
前問の結果より，
R
0
∆t
V − u cos φ
=
∆t
V
u
t
R
O
u
ud cos t
R
= 1 −
V
√
u
R2 + d2 − 2dR sin t
R
::::::::::::::::::::::::::::
5
x
−→
→
[別解] −
v と AB のなす角を φ とすると，

u  
u 
−u sin t
−R cos t
R  
R 
−→ 
−
→
・

v ・AB = 

u  
u 
u cos t
d − R sin t
R
R
u
= ud cos t
R
u
−→
−
→
d cos t
v ・AB
R
ゆえに cos φ =
−→ =
→
AB
|−
v ||AB|
以下同じ
問１０ f1 ∆t = f3 ∆t0 より，
f3
∆t
=
f1
∆t0
1
=
ud cos
√
1−
V
u
t
R
R2 + d2 − 2dR sin
u
t
R
:::::::::::::::::::::::::::::
問１１ d =
√
2R として，
f3
=
f1
v
u
1−u
t
1
2
u
u
cos t
√
u
R
3 − 2 2 sin t V
R
f3 /f 1
V
V-u
V
V- 23 u
1
V
V+u
0
T/8
T/4
3T/8
T/2
6
3T/4
T
t

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