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東京工業大学（前期）【物理】解答例
１
〔A〕
⒜ おもり A に棒 S からはたらく力の大きさを T とすると，運動方程式により，
M
v2
= T − M g cos θ
l
ゆえに T = M
v2
+ M g cos θ
l
おもり A が棒 S に及ぼす力は O → A の向きで，
v2
+ M g cos θ
l
:::::::::::::::
M
⒝ 棒 S にはたらく力のつり合いより，
F::::::::::::
0 + F1 = F2
原点 O の回りの力のモーメントのつり合いより，
lF
1 + lF2 = 0
::::::::::::
⒞ おもり A にはたらく棒からの力は −F1 で与えられることに注意して，棒と垂直な方向に
関するおもり A の運動方程式は，
2ma = −F1 − 2mg sin θ
::::::::::::::::::::::
おもり B にはたらく棒からの力は −F2 で与えられることに注意して，棒と垂直な方向に関
するおもり B の運動方程式は，
ma = −F2 + mg sin θ
::::::::::::::::::::
⒟ おもり A とおもりＢの運動方程式を足し加えて
3ma = −mg sin θ − (F1 + F2 )
⒝より，F1 + F2 = 0
ゆえに 3ma = −mg sin θ
1
3
ゆえに a = − g sin θ
::::::::
⒠ (ア) −
g
(イ) 2π
3l
√
3l
g
1
〔B〕
⒡ 衝突前後の運動エネルギー保存の式は，
1
1
1
1
mu2 + (M + m)v 2 = mu02 + (M + m)v 02
2
2
2
2
:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::
ゆえに m(u2 − u02 ) = (M + m)(v 02 − v 2 )
ここで，条件 u − v = v 0 − u0 ⇔ u0 + u = v 0 + v を用いて，
m(u − u0 ) = (M + m)(v 0 − v)
ゆえに (M + m)v + mu = (M + m)v 0 + mu0 が成立する。
⒢ M = 2m のとき (f) より，
3mv + mu = 3mv 0 + mu0
ゆえに 3v + u = 3v 0 + u0
ここで，条件 u0 + u = v 0 + v と連立して，
v0 =
1
1
(u + v)……… ① ，u0 = (3v − u)……… ②
2
2
よって，回転子 R 全体の運動量は右向きを正として，①より，
2mv 0 − mv 0 = mv 0 =
1
m(u + v)
2
::::::::::
回転子 R と物体 C の全運動量変化は，釘からの力積 I に等しいから，右向きを正として，
①，②より，
I = (2mv 0 − mv 0 + mu0 ) − (2mv − mv + mu)
= m(v 0 + u0 − v − u)
= m(v − u)
u > v より，
|I| = m(u − v)
::::::::
【別解】 C が受ける力積を IC (右向きを正) とすると，物体 C における運動量と力積の関係
より，
IC = mu0 − mu =
3
m(v − u)
2
回転子の運動量の変化は，C から受ける力積 (−IC ) と釘から受ける力積 I によるもので
あるから，回転子の運動量と力積の関係より，
−IC + I =
1
m(u + v) − (2mv − mv)
2
2
ゆえに I = IC +
1
m(u − v)
2
ゆえに I = m(v − u)
以下，同じ。
⒣ 衝突直前のおもり A,B の位置を位置エネルギーの基準としたときの衝突前の回転子の力
学的エネルギー保存より，
1
l
l
1
(2m + m)v 2 = 2mg − mg = mgl
2
2
2
2
衝突直後のおもり A,B の位置を位置エネルギーの基準としたときの衝突後の回転子の力学
的エネルギー保存より，
9l
9l
9
1
(2m + m)v 02 = 2mg − mg = mgl
2
8
8
8
2 式より，
v0 =
3
v
2::
①, ②に代入して，
u = 2v
，u0 =
::
1
v
2::
3
２
〔A〕
⒜ E =
Q
Q
より， E =
ε0 S
ε
0A
::::
V = Ed より， V =
Q
z
ε
0A
:::::
⒝ 静電エネルギー U は
U=
Q2
Q2 z
=
2C
2ε0 A
:::::
1
Q2
QE =
である。上極板が
2
2ε0 A
一定速度で上昇するとき，上極板にはたらく力はつり合っているので，糸の張力 T は
⒞ 上極板にはたらく静電気力 f は下向きで，大きさ f =
Q2
2ε
0A
:::::::::::
T = mg + f = mg +
⒟ z = h のときにコンデンサーが持つ静電エネルギーがすべて失われて，ジュール熱に変わ
ると考えられる。よって，発生するジュール熱 U は設問⒝より
U=
Q2 h
2ε0 A
:::::
〔B〕
⒠ （ア） QB
QB
（イ） z
M
M
⒡ 上極板上の電荷 Q が y 軸の正の方向に速さ v で動くことにより，この電荷に z 軸の負の
向きにローレンツ力がはたらき，その分だけ張力が増加する。よって，
QvB =
(QB)2
z
M
::::::::
Bh
Bh
（エ）（オ） 0 M
M
ε A
QB
⒣ ⒠の（イ）より v =
h であり，ここで，Q = CVh = 0 Vh より
M
h
⒢ （ウ） Bh ε0 A
·
Vh
M
h
ε BA
Vh
= 0
M
8.85 × 10−12 × 1.00 × 1.00
=
× 1.00 × 103
1.00
v=
= 8.85 × 10−9〔m/s〕
:::::::::::::::::
4
３
〔A〕
⒜ P 点の変化は原点での変位の時間変化と等しいので，
2π
t
T
:::::::::
zP = A cos
(b) 波の速さ v は，
v=
λ
T
よって，x, y 軸上で観測される波面の進行速度と考えることにすれば，
v
v
2λ
2λ
x 成分：
= √ ，y 成分：
=
sin 30◦
cos 30◦
T
3T
::
:::::
(c) y 軸方向は山と山の間隔が 2λ となり，t = 0 で原点は山より，下図を得る。
2A
A
-λ
λ
0
〔B〕
(d) P 点では２つの進行波が同位相で重なり，振幅２倍の合成波となる。この合成波と元の
２つの進行波の周期は等しく t = 0 での変位は 2A であるので，
2π
t
T
::::::::::
zP = 2A cos
(e) Q 点では常に２つの波が逆位相で重なり，振動はしないので
zQ = 0:
(f) 時間 T 後，高い山は λ 進んだ２つの波面の交点 P0 に移動する。
y
P
P
x
O
5
(g) (f) より，高い山は x 軸と 60◦ をなして進むから，高い山の移動速度は，
λ
λ
x 成分：√ ，y 成分：
T
3T
::
:::::
〔C〕
⒣ 高い山は次第に y 軸と平行な方向に進むようになるため，x 方向の速度は次第に小さくなり 0 に近づく::
⑥。また，高い山は y 軸方向には一定速度 v で進むので，::
⑦。
(i) 高い山は t = 0 で x 軸と 60◦ の方向に速度を持ち，次第に y 軸に対し平行に進むように
なるので，::
②。
(j) 次図
2A
t= 0
-λ
0
λ
2A
1
4
t= T
-λ
0
λ
2A
1
t= T
2
-λ
0
6
λ

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