Ⅰ
(ア)4 (イ)2 (ウ)2 (エ)1 (オ)5
Ⅱ
(カ)2 (キ)5 (ク)4 (ケ)3 (コ)1
Ⅲ
(サ)5 (シ)1 (ス)5 (セ)6 (ソ)3
Ⅳ
(タ)5 (チ)1 (ツ)3 (テ)3 (ト)6
■解説
Ⅰ
問１
力学的エネルギー保存則より
\(mgh=\displaystyle\frac{1}{2}mv^2\)
\(v=\sqrt{2gh}\)
問２
右向きを加速度の正の向きとして運動方程式を立てると、
\(ma=-\mu' mg\)
\(a=-\mu' g\)
よって
左向きに \(\mu' g\)
問３
BC間で動摩擦がする仕事は
\(-\mu' mgd\)
であるから、エネルギー保存則より、点Cでの力学的エネルギーは
\(mgh-\mu' mgd\)
ゆえにおもりがCから水平に飛び出すには
\(mgh-\mu' mgd>0\)
\(h-\mu' d>0\)
\(h>\mu' d\)
問４
水平投射後、落下に要する時間は、
\(s=\displaystyle\frac{1}{2}gt^2\)
⇔ \(t=\sqrt{\displaystyle\frac{2s}{g}}\)
この間に進む距離が
\(v_ct<x\)
となればよいから
\(v_c<x\sqrt{\displaystyle\frac{g}{2s}}\)
問５
点Cの足元をO、初めてはね返る点をP、２回目に底面Dと同じ高さになる点をQとする。
点Pではね返ったあと、最高点に到達するのに要する時間は
\(et\)
であるから、PQ間を進むのに要する時間を\(t'\)とすると、運動の対称性より、
\(t'=2et\)
この間に進む距離は、
\(PQ=v_ct'\)
\(=2ev_ct\)
よって
\(OQ=OP+PQ\)
\(=v_ct+2ev_ct\)
\(=(1+2e)v_ct\)
これがxより大きければいいので、
\((1+2e)v_ct>x\)
\((1+2e)\sqrt{\displaystyle\frac{2s}{g}}v_c>x\)
\(v_c>\displaystyle\frac{x}{1+2e}\sqrt{\frac{g}{2s}}\)
Ⅱ
問１
点\(Q\)の高さを高さの基準面として、力学的エネルギー保存則より
\(mgR(1-cos\theta)=\displaystyle\frac{1}{2}mv^2\)
\(v=\sqrt{2gR(1-cos\theta)}\)
問２
面に垂直な方向での力のつり合いの式は
\(N+m\displaystyle\frac{v^2}{R}=mgcos\theta\)
\(N=mgcos\theta-m\displaystyle\frac{v^2}{R}\)
\(=mgcos\theta-\displaystyle\frac{m}{R}･2gR(1-cos\theta)\)
\(=mgcos\theta -2mg(1-cos\theta)\)
\(=mgcos\theta-2mg+2mgcos\theta\)
\(=3mgcos\theta -2mg\)
\(=mg(3cos\theta -2)\)
問３
小物体が点\(X\)に到達したとき、\(N=0\)となるので、\(\theta\)を\(\theta '\)と置換して、
\(0=mg(3cos\theta'-2)\)
\(0=3cos\theta'-2\)
\(3cos\theta'=2\)
\(cos\theta'=\displaystyle\frac{2}{3}\)
問４
小物体が点\(Y\)を通過するときの速さは、点\(Y\)の高さを基準面として、力学的エネルギー保存則より
\(\displaystyle\frac{1}{2}mv_0^2+mgR(1-cos\theta'')=\frac{1}{2}mv_Y^2\)
\(v_Y^2=v_0^2+2gR(1-cos\theta'')\)
\(v_Y=\sqrt{v_0^2+2gR(1-cos\theta'')}\)
点\(Y\)での、面に垂直な方向での力のつり合いの式は、
\(N=0\) として
\(m\displaystyle\frac{v_Y^2}{R}=mgcos\theta''\)
\(cos\theta''=\displaystyle\frac{v_0^2+2gR(1-cos\theta'')}{gR}\)
\(cos\theta''=\displaystyle\frac{v_0^2}{gR}+2(1-cos\theta'')\)
\(cos\theta''=\displaystyle\frac{v_0^2}{gR}+2-2cos\theta''\)
\(3cos\theta''=2+\displaystyle\frac{v_0^2}{gR}\)
\(cos\theta''=\displaystyle\frac{1}{3}\left( 2+\frac{v_0^2}{gR} \right)\)
問５
球面に触れずに小物体を投射するとき、\(\theta''=0\)となる。
よって
\(1=\displaystyle\frac{1}{3}\left( 2+\frac{v_0^2}{gR} \right)\)
\(3=2+\displaystyle\frac{v_0^2}{gR}\)
\(\displaystyle\frac{v_0^2}{gR}=1\)
\(v_0^2=gR\)
\(v=\sqrt{gR}\)
Ⅲ
問１
振幅\(1.0cm\)の２つの波の合成波となるので、点\(P\)における合成波の振幅は\(2.0cm\)
問２
点\(Q\)は弱め合う点で、節線上にある。節線上では、時間が経過しても節のままであるから、振幅は\(0cm\)
問３
図内の実線と点線の交点をつなぐようにして節線を作図して、直接的に数えると、６本となる。
問４
節線と腹線が逆になるので、問３で腹線も描いておいて、その腹線の本数を数えればよい。
点\(A\)を端点とした、左への半直線と、点\(B\)から右への半直線を数え忘れないように注意する。
７本
問５
強め合う点の条件より
\(PA-PB=m\lambda\)
であることから、双曲線の式へ式変形する。
\(\sqrt{(d+x)^2+y^2}-\sqrt{(d-x)^2+y^2} = m\lambda\)
\(\sqrt{(d+x)^2+y^2} = m\lambda+\sqrt{(d-x)^2+y^2}\)
両辺２乗して
\((d+x)^2+y^2 = (m\lambda)^2+2m\lambda\sqrt{(d-x)^2+y^2}+(d-x)^2+y^2\)
\((d+x)^2-(d-x)^2-(m\lambda)^2 = 2m\lambda\sqrt{(d-x)^2+y^2}\)
展開して
\(d^2+2dx+x^2-d^2+2dx-x^2-(m\lambda)^2 = 2m\lambda\sqrt{(d-x)^2+y^2}\)
\(4dx-(m\lambda)^2 = 2m\lambda\sqrt{(d-x)^2+y^2}\)
さらに両辺２乗して
\(16d^2x^2-8dx(m\lambda)^2+(m\lambda)^4 = 4(m\lambda)^2[(d-x)^2+y^2]\)
\((右辺)=4(m\lambda)^2d^2-8(m\lambda)^2dx+4(m\lambda)^2x^2+4(m\lambda)^2y^2\)
式を整理すると
\(16d^2x^2-4(m\lambda)^2x^2-4(m\lambda)^2y^2 = 4(m\lambda)^2d^2-(m\lambda)^4\)
\(4[4d^2-(m\lambda)^2]x^2-4(m\lambda)^2y^2 = (m\lambda)^2[4d^2-(m\lambda)^2]\)
\(4x^2-\displaystyle\frac{4(m\lambda)^2}{4d^2-(m\lambda)^2}y^2 = (m\lambda)^2\)
両辺\((m\lambda)^2\)で割って
\(\displaystyle\frac{4x^2}{(m\lambda)^2}-\frac{4y^2}{4d^2-(m\lambda)^2} =1\)
\(\displaystyle\frac{x^2}{(\frac{m\lambda}{2})^2}-\frac{y^2}{d^2-(\frac{m\lambda}{2})^2} =1\)
Ⅳ
問１
\(E→R_1→R2→E\)だけの小さな回路となるため、オームの法則より\(0.02A=20mA\)
問２
\(R_3\)と\(R_4\)の直列合成抵抗は\(100Ω\)。これと\(R_1\)の並列合成抵抗は\(50Ω\)。
さらに、ここに\(R_2\)の抵抗値も合成すると、回路の全合成抵抗は\(550Ω\)となる。
電源電圧は\(12V\)なので、オームの法則より、
\(I=-displaystyle\frac{12}{550}[A]=\frac{1200}{550}[mA]\)
\(=\displaystyle\frac{240}{11}[mA]≒22mA\)
このとき、並列部分の電位差が等しいことから、\(R_1\)を流れる電流と、\(R_3→R_4\)を流れる電流の大きさも等しくなる。
よって、\(R_2\)で流れる電流の半分の量が\(R_3\)に流れていることから、\(R_3\)で消費される電力は
\(P=VI=RI^2\) より
\(P_3=90×\left( \displaystyle\frac{120}{11} \right)^2 [mW]\)
\(=10.71074…≒11mW\)
問３(略)
抵抗３か所くらいに電流\(I\)を置いて、キルヒホッフ則を解くと、\(I_4=0\)
例えば、\(R_1\)、\(R_4\)、\(R_5\)を流れる電流をそれぞれ\(I_1\)、\(I_4\)、\(I_5\)として、\(I_4\)を求めればよい。
問４
\(U=\displaystyle\frac{1}{2}CV^2\) より
\(C=100\mu =100×10^{-6}=10^{-4}F\)、\(V≒11V\) を代入すると
\(U=\displaystyle\frac{1}{2}×10^{-4}×11^2\)
\(≒6.1×10^{-3}J=6.1mJ\)
