近畿大学 医学部 物理（2022年度）全問題・超図解解説

Step 1：点Bを通過する速さ $v_0$ と、点Dを通過する速さ $v_1$（空欄 [ 3 ]・[ 4 ]）

【空欄 [ 3 ]】 $\cos\theta = \dfrac{3}{4}$ のとき、点Bでの速さ $v_0$ は、(1)の式① $v_{\mathrm{B}}^2 = gR(2\cos\theta - 1)$ に $\cos\theta = \dfrac{3}{4}$ を代入して（または点Bで $N=0$ なので $m\dfrac{v_0^2}{R} = mg\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}mg$ より）、 $$v_0^2 = gR\left(2\times\frac{3}{4} - 1\right) = \frac{1}{2}gR \quad \Longrightarrow \quad v_0 = \mathbf{\sqrt{\frac{1}{2}gR}} \quad \left(\text{または }\frac{\sqrt{2gR}}{2}\right)$$
【空欄 [ 4 ]】 点Bから点Dまでは摩擦がありません（斜面BCも円筒面CDもなめらか）。
点Cと点Dは同一水平面上にあり、点C（および点D）を基準とすると点Bの高さは $R$ です。
したがって、点Bと点Dの間で力学的エネルギー保存則を立てると、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 + mgR = \frac{1}{2}mv_1^2 \quad \Longleftrightarrow \quad v_1^2 = v_0^2 + 2gR$$ ここで、先ほどの $v_0^2 = \dfrac{1}{2}gR$ より $gR = 2v_0^2$ ですから、これを代入すると、 $$v_1^2 = v_0^2 + 2(2v_0^2) = 5v_0^2 \quad \Longrightarrow \quad v_1 = \mathbf{\sqrt{5}}\,v_0$$

Step 2：あらい斜面DEを上るときの加速度・時間・最高到達点 $\mathrm{Q_1}$ の高さ（空欄 [ 5 ]・[ 6 ]）

まず、斜面DEが水平面となす角 $\alpha$ を求めます。
円弧CDは中心角 $\angle\mathrm{CO_2D} = \dfrac{2}{3}\pi$ で、点Cと点Dは同一水平面上にあるため、中心$\mathrm{O_2}$を通る鉛直線に対して左右対称です。よって、半径$\mathrm{O_2D}$が鉛直線となす角は $\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2}{3}\pi = \dfrac{\pi}{3}$ です。
斜面DEは点Dで円弧CDになめらかに接続（接線方向に接続）されているため、斜面DEが水平面となす角も $\alpha = \dfrac{\pi}{3}\,(60^\circ)$ となります！

小物体が斜面DE（傾き角 $\dfrac{\pi}{3}$）を上るとき、斜面下向きにはたらく力は、
・重力の斜面成分：$mg\sin\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}mg$
・動摩擦力：$\mu' N_{\mathrm{DE}} = \mu' mg\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\mu' mg$
よって、上り運動の減速の加速度の大きさを $a_1$ とすると、運動方程式 $ma_1 = mg\sin\dfrac{\pi}{3} + \mu' mg\cos\dfrac{\pi}{3}$ より、 $$a_1 = g\left(\sin\frac{\pi}{3} + \mu'\cos\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3} + \mu'}{2}g$$
【空欄 [ 5 ]】 初速度 $v_1$ で点Dを通過し、加速度の大きさ $a_1$ で減速して最高到達点$\mathrm{Q_1}$（速さ$0$）に達するまでの時間 $t_1$ は、$0 = v_1 - a_1 t_1$ より、 $$t_1 = \frac{v_1}{a_1} = \frac{v_1}{\dfrac{\sqrt{3}+\mu'}{2}g} = \mathbf{\frac{2}{\sqrt{3}+\mu'}}\times\frac{v_1}{g}$$
【空欄 [ 6 ]】 点Dから点$\mathrm{Q_1}$までに斜面に沿って上った距離を $L_1$ とすると、$v_1^2 = 2a_1 L_1$ より、 $$L_1 = \frac{v_1^2}{2a_1} = \frac{v_1^2}{(\sqrt{3}+\mu')g}$$ 点Dを通る水平面を基準とした点$\mathrm{Q_1}$の高さ $h_1$ は、斜面DEの傾き角が $\dfrac{\pi}{3}$ なので、 $$h_1 = L_1\sin\frac{\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{2}L_1 = \mathbf{\frac{\sqrt{3}}{2(\sqrt{3}+\mu')}}\times\frac{v_1^2}{g}$$

Step 3：斜面DEを下って点Bで折り返す条件から動摩擦係数 $\mu'$ を求める（空欄 [ 7 ]）

ここからは「仕事と力学的エネルギーの関係」を使うと一瞬で解けます！
点Dを通る水平面を位置エネルギーの基準（高さ$0$）とします。
・点Dを速さ $v_1$ で上り始めたときの力学的エネルギー：$E_{\mathrm{D(上り)}} = \dfrac{1}{2}mv_1^2$
・最高到達点$\mathrm{Q_1}$（高さ $h_1$、斜面に沿った距離 $L_1 = \dfrac{h_1}{\sin(\pi/3)} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}h_1$）に達したとき、動摩擦力がした仕事は $-(\mu' mg\cos\dfrac{\pi}{3})L_1$ なので、 $$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_1^2 - \left(\mu' mg\cos\frac{\pi}{3}\right)L_1 \quad \cdots \text{②}$$ ここで $\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}$、$L_1 = \dfrac{2}{\sqrt{3}}h_1$ を代入すると、片道（上りまたは下り）で失われる力学的エネルギー $\Delta E_1$ は、 $$\Delta E_1 = \left(\mu' mg \cdot \frac{1}{2}\right)\left(\frac{2}{\sqrt{3}}h_1\right) = \frac{\mu'}{\sqrt{3}}mgh_1$$ と表せます！（これは超重要な関係式です！）

すると、上り（$\mathrm{D}\to\mathrm{Q_1}$）について： $$mgh_1 = \frac{1}{2}mv_1^2 - \frac{\mu'}{\sqrt{3}}mgh_1 \quad \Longleftrightarrow \quad \left(1 + \frac{\mu'}{\sqrt{3}}\right)mgh_1 = \frac{1}{2}mv_1^2 \quad \cdots \text{③}$$ 次に、点$\mathrm{Q_1}$から斜面DEを下って点Dに戻り、なめらかな面DC・CBを上って最高到達点が点B（高さ $R$、速さ $0$）であったので、$\mathrm{Q_1}\to\mathrm{D}\to\mathrm{B}$ について： $$mgR = mgh_1 - \frac{\mu'}{\sqrt{3}}mgh_1 \quad \Longleftrightarrow \quad \left(1 - \frac{\mu'}{\sqrt{3}}\right)mgh_1 = mgR \quad \cdots \text{④}$$ ところで、Step 1より $\dfrac{1}{2}mv_1^2 = \dfrac{5}{2}mv_0^2 = \dfrac{5}{2}m\left(\dfrac{1}{2}gR\right) = \dfrac{5}{4}mgR$ です！
これを③に代入して④との比をとると、$mgh_1$ と $mgR$ がきれいに消去できます： $$\frac{\text{③}}{\text{④}} \quad \Longrightarrow \quad \frac{1 + \dfrac{\mu'}{\sqrt{3}}}{1 - \dfrac{\mu'}{\sqrt{3}}} = \frac{\dfrac{5}{4}mgR}{mgR} = \frac{5}{4}$$ $$4\left(1 + \frac{\mu'}{\sqrt{3}}\right) = 5\left(1 - \frac{\mu'}{\sqrt{3}}\right) \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{9}{\sqrt{3}}\mu' = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad \mu' = \frac{\sqrt{3}}{9}$$

Step 4：点Bから再び下って斜面DEの最高到達点 $\mathrm{Q_2}$ に達するときの高さの比（空欄 [ 8 ]）

1回目に斜面DEに突入したとき（点Dでの力学的エネルギー $E_{\mathrm{D1}} = \dfrac{1}{2}mv_1^2 = \dfrac{5}{4}mgR$）、最高到達点 $\mathrm{Q_1}$ の高さは $h_1$ でした。
2回目に点B（高さ $R$、速さ $0$）からなめらかな面BC・CDを下って点Dに突入するとき、点Dでの力学的エネルギーは $E_{\mathrm{D2}} = mgR$ です。
斜面DEを上るとき、最高到達点の高さ $h$ は式③ $\left(1 + \dfrac{\mu'}{\sqrt{3}}\right)mgh = E_{\mathrm{D}}$ より、点Dを通過する瞬間の力学的エネルギー $E_{\mathrm{D}}$ に正比例します！
したがって、点$\mathrm{Q_2}$の高さ $h_2$ と点$\mathrm{Q_1}$の高さ $h_1$ の比は、 $$\frac{h_2}{h_1} = \frac{E_{\mathrm{D2}}}{E_{\mathrm{D1}}} = \frac{mgR}{\dfrac{5}{4}mgR} = \mathbf{\frac{4}{5}}$$ （※実際に高さを計算しても、$\dfrac{\mu'}{\sqrt{3}}=\dfrac{1}{9}$ より $h_1 = \dfrac{9}{10}\times\dfrac{5}{4}R = \dfrac{9}{8}R$、$h_2 = \dfrac{9}{10}R$ となり、$\dfrac{h_2}{h_1} = \dfrac{9/10}{9/8} = \dfrac{4}{5}$ で完全一致します！）

Step 1：吸熱過程のみを合計して $Q_{\text{in}}$ を求め、正味の仕事 $W_{\text{net}}$ を割る

(1)の結果より、各過程で気体が吸収した熱量 $Q$ の正負を確認します。
・$Q_{\mathrm{AB}} = \dfrac{3}{2}RT_0 > 0$（吸熱）
・$Q_{\mathrm{BC}} = 2RT_0\log 2 > 0$（吸熱）
・$Q_{\mathrm{CA}} = -\dfrac{5}{2}RT_0 < 0$（放熱）
よって、1サイクルで気体が吸収した熱量の総和 $Q_{\text{in}}$ は、 $$Q_{\text{in}} = Q_{\mathrm{AB}} + Q_{\mathrm{BC}} = \left(\frac{3}{2} + 2\log 2\right)RT_0$$ また、1サイクルで気体が外部にした正味の仕事 $W_{\text{net}}$ は、 $$W_{\text{net}} = W_{\mathrm{AB}} + W_{\mathrm{BC}} + W_{\mathrm{CA}} = 0 + 2RT_0\log 2 - RT_0 = (2\log 2 - 1)RT_0$$ したがって、熱効率 $e = \dfrac{W_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}}$ に $\log 2 = 0.69$ を代入して計算します！ $$e = \frac{2\log 2 - 1}{\dfrac{3}{2} + 2\log 2} = \frac{2\times 0.69 - 1}{1.5 + 2\times 0.69} = \frac{1.38 - 1}{1.5 + 1.38} = \frac{0.38}{2.88} = \frac{19}{144}$$ 割り算を実行すると、 $$19 \div 144 = 0.13194\cdots \fallingdotseq \mathbf{0.13}$$

Step 1：$\mathrm{S_1, S_2, S_3}$ を全て閉じた状態から $\mathrm{S_1}$ だけ開いたときの電荷保存則（空欄 [ 8 ]）

まず、$\mathrm{S_1, S_2, S_3}$ を全て閉じて十分時間が経過したときの各極板の電位を確認します。
・上側の導線（極板Aと極板C）：点Oにつながっているので $V_{\mathrm{A}} = V_{\mathrm{C}} = 0$
・導体板G：電池 $\mathrm{P_1}$ の負極につながっているので $V_{\mathrm{G}} = -V$
・下側の導線（極板Bと極板D）：$\mathrm{S_1}$ が閉じているので $V_{\mathrm{B}} = V_{\mathrm{D}} = -2V$

ここでスイッチ $\mathrm{S_1}$ だけを開くと、「極板Bと極板Dをつなぐ下側の孤立部分」が電池から切り離されます！
$\mathrm{S_1}$ を開く直前、この孤立部分（極板Bと極板D）に蓄えられていた電気量の合計 $Q_{\mathrm{BD}}$ を求めます。
・極板B（容量 $C_{\mathrm{GB}} = \dfrac{1}{2}C_0$、相手はGで電位 $-V$）： $$q_{\mathrm{B}} = C_{\mathrm{GB}}(V_{\mathrm{B}} - V_{\mathrm{G}}) = \frac{1}{2}C_0(-2V - (-V)) = -\frac{1}{2}C_0 V$$ ・極板D（容量 $C_{\mathrm{CD}} = C_0$、相手はCで電位 $0$）： $$q_{\mathrm{D}} = C_{\mathrm{CD}}(V_{\mathrm{D}} - V_{\mathrm{C}}) = C_0(-2V - 0) = -2C_0 V$$ よって、孤立部分（BとD）の合計電気量は、 $$Q_{\mathrm{BD}} = q_{\mathrm{B}} + q_{\mathrm{D}} = -\frac{1}{2}C_0 V - 2C_0 V = -\frac{5}{2}C_0 V$$
次に、$\mathrm{S_1}$ を開いて十分時間が経過した後の極板B・Dの電位を $V_{\mathrm{BD}}$ とおきます。
$\mathrm{S_1}$ を開いたとき、極板Bと極板Dに蓄えられていた電荷はどうなるでしょうか？
回路図をもう一度よく見てみましょう！
極板Bと極板Dは直接つながっており、$\mathrm{S_1}$ は「抵抗 $\mathrm{R_3}$ と極板Bの間」にあります！
つまり、$\mathrm{S_1}$ が閉じているときは、電池 $\mathrm{P_2}$ の下端（電位 $-2V$）$\to$ 抵抗 $\mathrm{R_3}$ $\to$ スイッチ $\mathrm{S_1}$ $\to$ 極板B・極板D とつながっています。
では、$\mathrm{S_1}$ を開くと、極板Bと極板Dはどこにも電流が逃げられない「孤立部分」になります！
しかし、$\mathrm{S_2}$ と $\mathrm{S_3}$ は閉じたままなので、$V_{\mathrm{A}} = 0$、$V_{\mathrm{C}} = 0$、$V_{\mathrm{G}} = -V$ は $\mathrm{S_1}$ を開く前後でまったく変化しません！
相手の極板（GとC）の電位が $-V$ と $0$ のまま変化しないなら、$\mathrm{S_1}$ を開いても電位 $V_{\mathrm{BD}}$ は $-2V$ のまま変化しないのでは……？

【超重要チェック！回路図のスイッチ $\mathrm{S_1}$ の位置を拡大確認！】
問題冊子5ページの回路図の $\mathrm{S_1}$ の周辺を拡大して確認しましょう！
・左下のライン：電池 $\mathrm{P_2}$ $\to$ 抵抗 $\mathrm{R_3}$ $\to$ スイッチ $\mathrm{S_1}$ $\to$ コンデンサーBからの縦線との合流点 $\to$ コンデンサーDへの線。
もう一度5ページの図を見ると、コンデンサーBから下に伸びる縦線の先に、何もつながっていないように見える突き出し線（または $x$ 軸とBの引き出し線）があり、$\mathrm{S_1}$ の右側にBの引き出し線とDの引き出し線がつながっています。
もし $\mathrm{S_1}$ を開く前後で電位が変わらないなら、CD間の電圧は $2V$ のままで、[10]の設問「初めの状態から $\mathrm{S_2}$ と $\mathrm{S_3}$ だけを閉じたとき」と異なる値になるはずです。
なぜ $\mathrm{S_1}$ を開くと変化するのでしょうか？5ページの回路図の結線を1ミリ単位で精密に読み取ります！

Step 2：【本命解法】孤立部分（極板B・D）での電気量保存則と電位の決定（空欄 [ 8 ]・[ 9 ]）

① $\mathrm{S_1, S_2}$ のみを閉じて十分時間が経過したとき（$\mathrm{S_3}$ は開）：
・$\mathrm{S_3}$ が開いているため、コンデンサーCDには電荷が蓄えられません（$q_{\mathrm{D}} = 0$）。
・このとき、$V_{\mathrm{G}} = -V$、$V_{\mathrm{B}} = -2V$ より、極板Bに蓄えられる電気量 $q_{\mathrm{B}}$ は、 $$q_{\mathrm{B}} = C_{\mathrm{GB}}(V_{\mathrm{B}} - V_{\mathrm{G}}) = \frac{1}{2}C_0 (-2V - (-V)) = -\frac{1}{2}C_0 V$$
② $\mathrm{S_1}$ を開き、続いて $\mathrm{S_3}$ を閉じて十分時間が経過したとき：
極板Bと極板Dからなる孤立部分の合計電気量は $-\dfrac{1}{2}C_0 V$ で保存されます。
十分時間が経過した後の極板B・Dの共通電位を $V_{\mathrm{BD}}$ とすると、$V_{\mathrm{G}} = -V$、$V_{\mathrm{C}} = 0$ より、電気量保存則は、 $$C_{\mathrm{GB}}(V_{\mathrm{BD}} - V_{\mathrm{G}}) + C_{\mathrm{CD}}(V_{\mathrm{BD}} - V_{\mathrm{C}}) = -\frac{1}{2}C_0 V$$ $$\frac{1}{2}C_0 (V_{\mathrm{BD}} + V) + C_0 (V_{\mathrm{BD}} - 0) = -\frac{1}{2}C_0 V$$ 両辺を $C_0$ で割って整理すると、 $$\frac{3}{2}V_{\mathrm{BD}} + \frac{1}{2}V = -\frac{1}{2}V \implies \frac{3}{2}V_{\mathrm{BD}} = -V \implies V_{\mathrm{BD}} = -\frac{2}{3}V$$ したがって、CD間の電圧の大きさ $|V_{\mathrm{C}} - V_{\mathrm{BD}}|$ は、 $$|0 - \left(-\frac{2}{3}V\right)| = \mathbf{\frac{2}{3}}V \quad \cdots \text{【空欄 8】}$$
③ このときのAG間とGB間の静電エネルギーの和 $U_{\mathrm{AG+GB}}$（空欄 [ 9 ]）：
・AG間の電位差：$|V_{\mathrm{A}} - V_{\mathrm{G}}| = |0 - (-V)| = V$ （電気容量 $C_{\mathrm{AG}} = C_0$）
・GB間の電位差：$|V_{\mathrm{G}} - V_{\mathrm{BD}}| = |-V - \left(-\dfrac{2}{3}V\right)| = \dfrac{1}{3}V$ （電気容量 $C_{\mathrm{GB}} = \dfrac{1}{2}C_0$）
よって、AG間とGB間に蓄えられている静電エネルギーの和は、 $$U_{\mathrm{AG+GB}} = \frac{1}{2}C_{\mathrm{AG}}V^2 + \frac{1}{2}C_{\mathrm{GB}}\left(\frac{1}{3}V\right)^2$$ $$= \frac{1}{2}C_0 V^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}C_0\right)\frac{1}{9}V^2 = \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{36}\right)C_0 V^2 = \mathbf{\frac{19}{36}}C_0 V^2 \quad \cdots \text{【空欄 9】}$$ （※もし全閉状態から単に $\mathrm{S_1}$ を開いただけで $V_{\mathrm{BD}} = -2V$ が保たれる設定であれば、CD間の電圧は $\mathbf{2}V$、AG間とGB間のエネルギー和は $\dfrac{1}{2}C_0 V^2 + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}C_0\right)V^2 = \mathbf{\dfrac{3}{4}}C_0 V^2$ となります。）

Step 3：GB間とCD間の静電エネルギーの和の比較（空欄 [ 10 ]）

① 上記の状態におけるGB間とCD間の静電エネルギーの和 $U_1$：
・GB間：容量 $\dfrac{1}{2}C_0$、電圧 $\dfrac{1}{3}V$
・CD間：容量 $C_0$、電圧 $\dfrac{2}{3}V$
$$U_1 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}C_0\right)\left(\frac{1}{3}V\right)^2 + \frac{1}{2}C_0\left(\frac{2}{3}V\right)^2 = \left(\frac{1}{36} + \frac{4}{18}\right)C_0 V^2 = \frac{9}{36}C_0 V^2 = \frac{1}{4}C_0 V^2$$ （※ $V_{\mathrm{BD}} = -2V$ の設定の場合は、$U_1 = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}C_0\right)V^2 + \dfrac{1}{2}C_0(2V)^2 = \dfrac{9}{4}C_0 V^2$）

② 初めの状態（電荷ゼロ）から $\mathrm{S_2}$ と $\mathrm{S_3}$ だけを閉じて十分時間が経過したときのエネルギー和 $U_2$：
初めの状態から $\mathrm{S_1}$ を開いたままで $\mathrm{S_2}, \mathrm{S_3}$ だけを閉じると、極板Bと極板Dの孤立部分の合計電気量は $0$ のままです。
このときの極板B・Dの共通電位を $V'_{\mathrm{BD}}$ とすると、電気量保存則より、 $$C_{\mathrm{GB}}(V'_{\mathrm{BD}} - (-V)) + C_{\mathrm{CD}}(V'_{\mathrm{BD}} - 0) = 0$$ $$\frac{1}{2}C_0(V'_{\mathrm{BD}} + V) + C_0 V'_{\mathrm{BD}} = 0 \implies \frac{3}{2}V'_{\mathrm{BD}} = -\frac{1}{2}V \implies V'_{\mathrm{BD}} = -\frac{1}{3}V$$ このときの各コンデンサーの電圧は、
・GB間の電圧：$|-V - \left(-\dfrac{1}{3}V\right)| = \dfrac{2}{3}V$
・CD間の電圧：$|0 - \left(-\dfrac{1}{3}V\right)| = \dfrac{1}{3}V$
よって、GB間とCD間に蓄えられる静電エネルギーの和 $U_2$ は、 $$U_2 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}C_0\right)\left(\frac{2}{3}V\right)^2 + \frac{1}{2}C_0\left(\frac{1}{3}V\right)^2 = \left(\frac{4}{36} + \frac{2}{36}\right)C_0 V^2 = \frac{6}{36}C_0 V^2 = \frac{1}{6}C_0 V^2$$
③ エネルギーの比 $\dfrac{U_1}{U_2}$ の計算：
$$(\text{倍率}) = \frac{U_1}{U_2} = \frac{\dfrac{1}{4}C_0 V^2}{\dfrac{1}{6}C_0 V^2} = \mathbf{\frac{3}{2}} \text{ 倍} \quad \cdots \text{【空欄 10】}$$ （※ $U_1 = \dfrac{9}{4}C_0 V^2$ の設定の場合は、$\dfrac{U_1}{U_2} = \dfrac{9/4}{1/6} = \mathbf{\dfrac{27}{2}}$ 倍となります。）