産業医科大学 医学部 物理（2023年度）全問題・超図解解説

【Step 1：変化の種類の確認】
図1より、状態 $\text{A}$ から状態 $\text{C}$ への変化は、体積が $v\text{ [m}^3\text{]}$ のまま変わらない定積変化（定積冷却）です。
体積が変化しない（$\Delta V = 0$）ので、気体が外部にする仕事 $W_{\text{AC}}$ は $0$ です。

$$W_{\text{AC}} = 0 \text{ [J]}$$

【Step 2：内部エネルギーの変化と熱力学第一法則】
過程 $\text{A}\to\text{C}$ における内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\text{AC}} = U_{\text{C}} - U_{\text{A}}$ を計算します。

$$\Delta U_{\text{AC}} = U_{\text{C}} - U_{\text{A}} = \frac{3}{2}pv - \frac{3}{2}(p+a)v = -\frac{3}{2}av \text{ [J]}$$

熱力学第一法則 $Q_{\text{in}} = \Delta U + W_{\text{out}}$ より、気体が吸収した熱量 $Q_{\text{AC}}$ は、

$$Q_{\text{AC}} = \Delta U_{\text{AC}} + W_{\text{AC}} = -\frac{3}{2}av + 0 = -\frac{3}{2}av \text{ [J]}$$

「$-\dfrac{3}{2}av\text{ [J]}$ 吸収した」ということは、「$\dfrac{3}{2}av\text{ [J]}$ 放出した」ということです。「放出する熱量」を聞かれているので、正の値で答えます。

【Step 1：定圧変化の仕事】
図1より、状態 $\text{C}$ から状態 $\text{B}$ への変化は、圧力が $p\text{ [Pa]}$ で一定の定圧変化（定圧膨張）です。
定圧変化において気体が外部にする仕事 $W_{\text{CB}}$ は、「圧力 $\times$ 体積変化（$P\Delta V$）」で求まります。

$$W_{\text{CB}} = p \times \{ (v + b) - v \} = pb \text{ [J]}$$

【Step 1：内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\text{CB}}$ を求める】
状態 $\text{C}$ から状態 $\text{B}$ への内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\text{CB}} = U_{\text{B}} - U_{\text{C}}$ は、

$$\Delta U_{\text{CB}} = \frac{3}{2}p(v+b) - \frac{3}{2}pv = \frac{3}{2}pb \text{ [J]}$$

【Step 2：熱力学第一法則に代入する】
気体が吸収する熱量 $Q_{\text{CB}}$ は、内部エネルギーの増加分 $\Delta U_{\text{CB}}$ と外部にした仕事 $W_{\text{CB}}$ の和です。

$$Q_{\text{CB}} = \Delta U_{\text{CB}} + W_{\text{CB}} = \frac{3}{2}pb + pb = \frac{5}{2}pb \text{ [J]}$$

💡 別解（マイヤーの関係・定圧モル比熱）： 単原子分子理想気体の定圧モル比熱は $C_p = \dfrac{5}{2}R$ です。したがって定圧変化の吸収熱量は $Q = nC_p\Delta T = \dfrac{5}{2}nR\Delta T = \dfrac{5}{2}P\Delta V = \dfrac{5}{2}pb$ と1秒で出せます！

【Step 1：「内部エネルギーは経路によらない（状態量である）」を使う！】
問題文には「$\text{A}\to\text{D}\to\text{B}$ という経路によって」と書かれていますが、これは受験生を惑わすひっかけです！
理想気体の内部エネルギー $U$ はそのときの温度 $T$（つまり $PV$ の積）だけで決まる状態量なので、どの経路を通っても、状態 $\text{A}$ から状態 $\text{B}$ への内部エネルギー変化 $\Delta U_{\text{AB}}$ は必ず $U_{\text{B}} - U_{\text{A}}$ に等しくなります。

$$\Delta U_{\text{AB}} = U_{\text{B}} - U_{\text{A}} = \frac{3}{2}p(v+b) - \frac{3}{2}(p+a)v = \frac{3}{2}(pb - av) \text{ [J]}$$

【Step 2：絶対値をつける】
ここで $pb$ と $av$ のどちらが大きいかは問題文で与えられていません（なお、(5)を考えると $av > pb$ ですが、本問では「絶対値」を聞かれています）。
したがって、絶対値記号 $| \cdot |$ をつけて答えます。

$$|\Delta U_{\text{AB}}| = \frac{3}{2}|pb - av| \text{ [J]} \quad \left(\text{または } \frac{3}{2}|av - pb| \text{ [J]}\right)$$

【Step 1：状態 $\text{E}$ の内部エネルギー $U_{\text{E}}$ を特定する】
問題文より、「過程 $\text{A}\to\text{E}$ においては気体の温度は常に一定である（＝等温変化）」とあります。
温度が一定（$T_{\text{E}} = T_{\text{A}}$）なので、状態 $\text{E}$ の内部エネルギー $U_{\text{E}}$ は状態 $\text{A}$ の内部エネルギー $U_{\text{A}}$ と全く同じです！

$$U_{\text{E}} = U_{\text{A}} = \frac{3}{2}(p+a)v = \frac{3}{2}pv + \frac{3}{2}av \text{ [J]}$$

【Step 2：過程 $\text{E}\to\text{B}$ の変化を調べる】
図1より、状態 $\text{E}$ から状態 $\text{B}$ は体積が $v+b$ で一定の定積変化（定積冷却）です。よって、外部にする仕事 $W_{\text{EB}} = 0$ です。
また、図1の上下関係より点 $\text{E}$ の方が点 $\text{B}$ より圧力が高く温度も高いため、$U_{\text{E}} > U_{\text{B}}$ です。
したがって、過程 $\text{E}\to\text{B}$ で気体が放出する熱量 $Q_{\text{EB, out}}$ は、内部エネルギーの減少量 $U_{\text{E}} - U_{\text{B}}$ に等しくなります。

$$Q_{\text{EB, out}} = U_{\text{E}} - U_{\text{B}} = \frac{3}{2}(p+a)v - \frac{3}{2}p(v+b) = \frac{3}{2}(av - pb) \text{ [J]}$$

【Step 1：左右対称性から角度を確認する】
2つの球は同じ質量 $m$、同じ半径なので、図は左右対称になります。したがって、左右の糸が鉛直軸となす角はそれぞれ $\dfrac{\theta}{2}$ です。
また、糸の張力を $T$、球どうしが互いを水平方向に押し合う力（垂直抗力）の大きさを $N$ とします。

【Step 2：左側の球1個に着目して「力のつり合い」を立てる（イ・ウの導出）】
左側の球にはたらく力は、①重力 $mg$（鉛直下向き）、②糸の張力 $T$（鉛直上向きから右へ角度 $\dfrac{\theta}{2}$ の向き）、③右の球から押される力 $N$（水平左向き）の3つです。
・鉛直方向の力のつり合い：

$$T\cos\frac{\theta}{2} - mg = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad T = \frac{mg}{\cos\frac{\theta}{2}} \quad \cdots \text{（イの答え）}$$

・水平方向の力のつり合い：

$$T\sin\frac{\theta}{2} - N = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad N = T\sin\frac{\theta}{2}$$

ここにイで求めた $T = \dfrac{mg}{\cos\frac{\theta}{2}}$ を代入すると、

$$N = \frac{mg}{\cos\frac{\theta}{2}} \cdot \sin\frac{\theta}{2} = mg\tan\frac{\theta}{2} \quad \cdots \text{（ウの答え）}$$

【Step 3：釘 $\text{P}$ にかかる力を求める（アの導出）】
2つの球と糸を1つの系（全体：合計質量 $2m$）として見ると、外力は「重力 $2mg$（鉛直下向き）」と「釘 $\text{P}$ が糸を支える力 $F_{\text{P}}$（鉛直上向き）」だけです。したがって作用・反作用の法則より、釘 $\text{P}$ にかかる力も鉛直下向きに $2mg$ となります。
（確認：釘 $\text{P}$ は左右2本の糸から斜め下向きに張力 $T$ で引かれるので、水平成分 $T\sin\frac{\theta}{2}$ は打ち消し合い、鉛直成分の和 $2T\cos\frac{\theta}{2} = 2mg$ がかかります。）

【Step 1：三角形 $\text{O}_{\text{A}}\text{PO}_{\text{B}}$ の3辺の長さを確認する】
三角形 $\text{O}_{\text{A}}\text{PO}_{\text{B}}$ において、

• 辺 $\text{PO}_{\text{A}} = L_{\text{A}}$
• 辺 $\text{PO}_{\text{B}} = L_{\text{B}}$
• 間の角 $\angle\text{O}_{\text{A}}\text{PO}_{\text{B}} = \theta$

よって、余弦定理より、対辺 $\text{O}_{\text{A}}\text{O}_{\text{B}}$ の長さの2乗は、

$$(\text{O}_{\text{A}}\text{O}_{\text{B}})^2 = L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta$$

となります。つまり、問題文の $\sqrt{L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta}$ は、2つの球の中心間の距離 $\text{O}_{\text{A}}\text{O}_{\text{B}}$ そのものを表しています！

【Step 2：外接する2球の中心間距離】
半径 $r$ の球 $\text{A}$ と半径 $R$ の球 $\text{B}$ が外接しているので、中心間距離 $\text{O}_{\text{A}}\text{O}_{\text{B}}$ は2つの半径の和 $R + r$ に等しくなります。

$$\sqrt{L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta} = \text{O}_{\text{A}}\text{O}_{\text{B}} = R + r$$

【Step 1：2つの球にはたらく「内力」と「外力」を整理する】
球 $\text{A}$ と球 $\text{B}$ が接点で互いに押し合う垂直抗力の大きさを $N$ とします（作用・反作用の法則より、球 $\text{A}$ が受ける力と球 $\text{B}$ が受ける力は同じ大きさ $N$ で逆向きです）。
したがって、球 $\text{A}$ と球 $\text{B}$ を合わせた系全体で力のつり合いを考えると、押し合う力 $N$ は内力となって完全に打ち消し合います！

【Step 2：(3) 系全体の「鉛直方向」の力のつり合い】
釘 $\text{P}$ と糸の間に摩擦はないため、1本の糸の張力 $T$ は球 $\text{A}$ 側でも球 $\text{B}$ 側でも同じ大きさ $T$ です。
・球 $\text{A}$ 側の糸が球 $\text{A}$ を引き上げる力の鉛直成分：$T\cos\theta_{\text{A}}$
・球 $\text{B}$ 側の糸が球 $\text{B}$ を引き上げる力の鉛直成分：$T\cos\theta_{\text{B}}$
・2球にはたらく重力の和：$(M + m)g$（鉛直下向き）
よって、鉛直方向の力のつり合いより、

$$T\cos\theta_{\text{A}} + T\cos\theta_{\text{B}} = (M + m)g$$ $$T(\cos\theta_{\text{A}} + \cos\theta_{\text{B}}) = (M + m)g \quad \Longleftrightarrow \quad T = \frac{(M + m)g}{\cos\theta_{\text{A}} + \cos\theta_{\text{B}}} \text{ [N]} \quad \cdots \text{（(3)の答え）}$$

【Step 3：(4) 系全体の「水平方向」の力のつり合い】
同様に、球 $\text{A}$ と球 $\text{B}$ を合わせた系全体で水平方向の力のつり合いを立てます（押し合う力 $N$ の水平成分も作用・反作用で打ち消し合います！）。
・球 $\text{A}$ 側の糸が球 $\text{A}$ を右向きに引く力：$T\sin\theta_{\text{A}}$
・球 $\text{B}$ 側の糸が球 $\text{B}$ を左向きに引く力：$T\sin\theta_{\text{B}}$
水平方向の力のつり合いより、

$$T\sin\theta_{\text{A}} - T\sin\theta_{\text{B}} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \sin\theta_{\text{A}} = \sin\theta_{\text{B}}$$

ここで、$\theta_{\text{A}}$ と $\theta_{\text{B}}$ はともに鋭角（$0 < \theta_{\text{A}}, \theta_{\text{B}} < \dfrac{\pi}{2}$）なので、$\sin\theta_{\text{A}} = \sin\theta_{\text{B}}$ ならば必ず

$$\theta_{\text{A}} = \theta_{\text{B}}$$

となります！質量や半径が違っても、1本の糸を摩擦のない釘にかけている限り、左右の糸の角度は必ず等しくなる（$\theta_{\text{A}} = \theta_{\text{B}} = \dfrac{\theta}{2}$）のです！

【Step 1：2球を合わせた系全体で、釘 $\text{P}$ のまわりの力のモーメントを考える】
球 $\text{A}$ と球 $\text{B}$ が押し合う力 $N$ は作用・反作用で同じ作用線上に逆向きにはたらくため、釘 $\text{P}$ のまわりの力のモーメントも互いに打ち消し合います。
また、糸の張力 $T$ の作用線はすべて釘 $\text{P}$ を通るため、釘 $\text{P}$ のまわりのモーメントの腕の長さは $0$ です。
したがって、釘 $\text{P}$ のまわりの力のモーメントをつくるのは、球 $\text{A}$ の重力 $mg$ と 球 $\text{B}$ の重力 $Mg$ の2つだけです！

【Step 2：モーメントのつり合いを立式する】
・釘 $\text{P}$ から球 $\text{A}$ の重心 $\text{O}_{\text{A}}$ までの水平距離（腕の長さ）：$L_{\text{A}}\sin\theta_{\text{A}}$（反時計回り）
・釘 $\text{P}$ から球 $\text{B}$ の重心 $\text{O}_{\text{B}}$ までの水平距離（腕の長さ）：$L_{\text{B}}\sin\theta_{\text{B}}$（時計回り）
釘 $\text{P}$ のまわりの力のモーメントのつり合いより、

$$mg \cdot L_{\text{A}}\sin\theta_{\text{A}} = Mg \cdot L_{\text{B}}\sin\theta_{\text{B}}$$

ここで、(4)で求めた通り $\theta_{\text{A}} = \theta_{\text{B}}$（すなわち $\sin\theta_{\text{A}} = \sin\theta_{\text{B}}$）なので、両辺を $g\sin\theta_{\text{A}}$ で割ると、

$$mL_{\text{A}} = ML_{\text{B}} \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{L_{\text{A}}}{L_{\text{B}}} = \frac{M}{m}$$

【Step 1：$R + r$ を計算して(2)の余弦定理の式に代入する】
まず、与えられた $R$ と $r$ の和を計算します！分子が $9 + 4 = 13$ となって綺麗に約分できますね！

$$R + r = \frac{9}{13\sqrt{2}}L + \frac{4}{13\sqrt{2}}L = \frac{13}{13\sqrt{2}}L = \frac{L}{\sqrt{2}}$$

これを(2)で求めた関係式 $\sqrt{L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta} = R + r$ に代入し、両辺を2乗します。

$$L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta = (R + r)^2 = \frac{1}{2}L^2 \quad \cdots ①$$

【Step 2：$L = L_{\text{A}} + L_{\text{B}}$ を用いて①式を整理する】
問題文より $L = L_{\text{A}} + L_{\text{B}}$ なので、右辺の $L^2$ に $(L_{\text{A}} + L_{\text{B}})^2 = L_{\text{A}}^2 + 2L_{\text{A}}L_{\text{B}} + L_{\text{B}}^2$ を代入すると計算が劇的にラクになります！

$$L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta = \frac{1}{2}(L_{\text{A}}^2 + 2L_{\text{A}}L_{\text{B}} + L_{\text{B}}^2)$$

両辺を2倍して整理します。

$$2L_{\text{A}}^2 + 2L_{\text{B}}^2 - 4L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta = L_{\text{A}}^2 + 2L_{\text{A}}L_{\text{B}} + L_{\text{B}}^2$$ $$4L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta = L_{\text{A}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}} + L_{\text{B}}^2$$ $$\cos\theta = \frac{L_{\text{A}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}} + L_{\text{B}}^2}{4L_{\text{A}}L_{\text{B}}}$$

【Step 3：ここで⚠️超重要トラップチェック！「糸が球の内部にめり込まない条件」は大丈夫か？】
ちょっと待ってください！もし(5)の $\dfrac{L_{\text{A}}}{L_{\text{B}}} = \dfrac{M}{m}$ をそのまま代入すると、$M$ と $m$ に関して対称な式 $\cos\theta = \dfrac{M^2 - 2Mm + m^2}{4Mm}$ になりますが、
それは、「釘 $\text{P}$ から球の中心 $\text{O}_{\text{A}}, \text{O}_{\text{B}}$ まで本当に直線状に糸が張られているのか？それとも球の表面から糸が出ているのか？」、あるいは「接触点における共通接線の傾き」です。
もう一度、図2-2と問題文をじっくり見てみましょう。

【Step 4：$\dfrac{L_{\text{A}}}{L_{\text{B}}} = \dfrac{M}{m}$ を代入して $\cos\theta$ を求める】
(5)より $\dfrac{L_{\text{A}}}{L_{\text{B}}} = \dfrac{M}{m}$ かつ $L_{\text{A}} + L_{\text{B}} = L$ なので、

$$L_{\text{A}} = \frac{M}{M+m}L, \qquad L_{\text{B}} = \frac{m}{M+m}L$$

これを Step 2 の $\cos\theta = \dfrac{L_{\text{A}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}} + L_{\text{B}}^2}{4L_{\text{A}}L_{\text{B}}}$（または①式）に代入すると、

$$\cos\theta = \frac{M^2 - 2Mm + m^2}{4Mm} = \frac{(M - m)^2}{4Mm}$$

※なお、もし問題文の $R = \dfrac{9}{13\sqrt{2}}L, \ r = \dfrac{4}{13\sqrt{2}}L$ において $R - r = \dfrac{5}{13\sqrt{2}}L$ を使う別解釈（重心位置など）がないか確認しても、問題文(2)の誘導が明確に $\sqrt{L_{\text{A}}^2 + L_{\text{B}}^2 - 2L_{\text{A}}L_{\text{B}}\cos\theta} = R + r$ となっているため、そのまま $R+r = \dfrac{L}{\sqrt{2}}$ を2乗して代入するこのルートが100%出題者の意図通りです！（※スピードチェック欄の表記もこの誘導に合わせて整理しています：$\dfrac{(M-m)^2}{4Mm} = \dfrac{M^2 - 2Mm + m^2}{4Mm}$）

【Step 1：X線光子1個のエネルギーと運動量の公式を確認】
波長 $\lambda$ のX線光子のエネルギーは $E = \dfrac{hc}{\lambda}$、運動量の大きさは $p = \dfrac{h}{\lambda}$ です。
・衝突前の入射X線の運動量ベクトル：$\left( \dfrac{h}{\lambda}, \ 0 \right)$
・衝突後の散乱X線の運動量ベクトル：$\left( \dfrac{h}{\lambda_{\text{S}}}\cos 60^\circ, \ -\dfrac{h}{\lambda_{\text{S}}}\sin 60^\circ \right) = \left( \dfrac{h}{2\lambda_{\text{S}}}, \ -\dfrac{\sqrt{3}h}{2\lambda_{\text{S}}} \right)$

【Step 2：(1) $x$ 方向の運動量保存則】
衝突後の電子の運動量の $x$ 成分を $p_x$（$= mv\cos\theta$）とすると、$x$ 方向の運動量保存則より、

$$\frac{h}{\lambda} + 0 = \frac{h}{\lambda_{\text{S}}}\cos 60^\circ + p_x$$ $$p_x = \frac{h}{\lambda} - \frac{h}{2\lambda_{\text{S}}} = h\left(\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{2\lambda_{\text{S}}}\right) \text{ [kg}\cdot\text{m/s]}$$

【Step 3：(2) $y$ 方向の運動量保存則】
衝突後の電子の運動量の $y$ 成分を $p_y$（$= mv\sin\theta$）とすると、衝突前の $y$ 方向の運動量は $0$ なので、

$$0 = -\frac{h}{\lambda_{\text{S}}}\sin 60^\circ + p_y \quad \Longleftrightarrow \quad p_y = \frac{\sqrt{3}h}{2\lambda_{\text{S}}} \text{ [kg}\cdot\text{m/s]}$$

【Step 1：エネルギー保存則を立てる】
衝突後の電子の運動エネルギーを $K\left(= \dfrac{1}{2}mv^2\right)$ とします。
衝突前後のエネルギー保存則「（入射X線のエネルギー）＝（散乱X線のエネルギー）＋（電子の運動エネルギー）」より、

$$\frac{hc}{\lambda} = \frac{hc}{\lambda_{\text{S}}} + K \quad \Longleftrightarrow \quad K = hc\left(\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_{\text{S}}}\right) \text{ [J]}$$

【Step 1：手持ちの3つの式を並べて、何を消去するか作戦を立てる！】
使える文字は $c$ と $\theta$ だけです！つまり、$h, \ m, \ \lambda, \ \lambda_{\text{S}}$ をすべて消去します。
(1)・(2)・(3)の結果を、電子の質量 $m$ と速さ $v$ を用いて書き出してみましょう。

$$\text{① (1)より：} \quad mv\cos\theta = \frac{h}{\lambda} - \frac{h}{2\lambda_{\text{S}}}$$ $$\text{② (2)より：} \quad mv\sin\theta = \frac{\sqrt{3}h}{2\lambda_{\text{S}}}$$ $$\text{③ (3)より：} \quad \frac{1}{2}mv^2 = hc\left(\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_{\text{S}}}\right) \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{mv^2}{2c} = \frac{h}{\lambda} - \frac{h}{\lambda_{\text{S}}}$$

【Step 2：②式から $\dfrac{h}{\lambda_{\text{S}}}$ を求め、①式から $\dfrac{h}{\lambda}$ を消去する】
まず、②式より $\dfrac{h}{2\lambda_{\text{S}}}$ がすぐに $mv\sin\theta$ で表せます！

$$\frac{h}{2\lambda_{\text{S}}} = \frac{1}{\sqrt{3}}mv\sin\theta \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{h}{\lambda_{\text{S}}} = \frac{2}{\sqrt{3}}mv\sin\theta \quad \cdots \text{②}'$$

次に、①式と③式の右辺を見比べると、どちらも $\dfrac{h}{\lambda}$ が1つずつ入っています！
そこで、「①式 $-$ ③式」を計算すると、邪魔な $\dfrac{h}{\lambda}$ が一瞬で消えます！

$$mv\cos\theta - \frac{mv^2}{2c} = \left(\frac{h}{\lambda} - \frac{h}{2\lambda_{\text{S}}}\right) - \left(\frac{h}{\lambda} - \frac{h}{\lambda_{\text{S}}}\right) = \frac{h}{2\lambda_{\text{S}}}$$

【Step 3：右辺の $\dfrac{h}{2\lambda_{\text{S}}}$ に ②$'$ 式を代入して $v$ について解く！】
上の式の右辺に $\dfrac{h}{2\lambda_{\text{S}}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}mv\sin\theta$ を代入します。なんと1行で解けてしまいます！

$$mv\cos\theta - \frac{mv^2}{2c} = \frac{1}{\sqrt{3}}mv\sin\theta$$

両辺を $mv \ (\neq 0)$ で割ります（これで $m$ も消えました！）。

$$\cos\theta - \frac{v}{2c} = \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta$$ $$\frac{v}{2c} = \cos\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta$$ $$v = 2c\left(\cos\theta - \frac{1}{\sqrt{3}}\sin\theta\right) \text{ [m/s]}$$

【Step 1：振動数 $\nu$ とエネルギー保存則の関係】
入射X線の振動数を $\nu = \dfrac{c}{\lambda}$、散乱X線の振動数を $\nu_{\text{S}} = \dfrac{c}{\lambda_{\text{S}}}$ とすると、(3)のエネルギー保存則は次のように書けます。

$$h\nu - h\nu_{\text{S}} = \frac{1}{2}mv^2 \quad \Longleftrightarrow \quad \Delta\nu = \nu - \nu_{\text{S}} = \frac{mv^2}{2h}$$

【Step 2：数値を代入して計算する】
$v = \dfrac{c}{10} = \dfrac{3.0 \times 10^8}{10} = 3.0 \times 10^7\text{ [m/s]}$ です。
与えられた数値 $m = 9.1 \times 10^{-31}\text{ kg}$、$h = 6.6 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$ を代入します。

$$\Delta\nu = \frac{9.1 \times 10^{-31} \times (3.0 \times 10^7)^2}{2 \times 6.6 \times 10^{-34}} = \frac{9.1 \times 10^{-31} \times 9.0 \times 10^{14}}{13.2 \times 10^{-34}}$$

分母と分子を $3.0$ で約分すると（$9.0 \div 3.0 = 3$、$13.2 \div 3.0 = 4.4$）、

$$\Delta\nu = \frac{9.1 \times 3}{4.4} \times 10^{-31 + 14 + 34} = \frac{27.3}{4.4} \times 10^{17}$$

$27.3 \div 4.4 = 6.2045\cdots$ なので、有効数字2桁に丸めて $6.2 \times 10^{17}\text{ [Hz]}$ となります！

【Step 1：直角三角形 $\text{OSQ}$ の底辺と高さを求める】
図4より、$\angle\text{OSQ} = 90^\circ$、$\angle\text{SOQ} = \theta$、底辺 $\text{OS} = \sqrt{3}L$ です。
よって、高さ $\text{SQ}$ と斜辺 $\text{OQ}$ は三角比より、

$$\text{SQ} = \text{OS}\tan\theta = \sqrt{3}L\tan\theta, \qquad \text{OQ} = \frac{\text{OS}}{\cos\theta} = \frac{\sqrt{3}L}{\cos\theta}$$

したがって、直角三角形 $\text{OSQ}$ の面積 $S(\theta)$ は、

$$S(\theta) = \frac{1}{2} \times \text{OS} \times \text{SQ} = \frac{1}{2} \times \sqrt{3}L \times \sqrt{3}L\tan\theta = \frac{3}{2}L^2\tan\theta \text{ [m}^2\text{]}$$

※計算チェック！ $\sqrt{3} \times \sqrt{3} = 3$ なので、係数は $\dfrac{3}{2}$ です！（うっかり $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ にしないよう注意しましょう！）

【Step 1：時刻 $t$ における角度 $\theta$ と導体棒の有効長 $\text{OQ}$】
角速度 $\omega$ が一定で、$t = 0$ のとき $\theta = 0$ なので、時刻 $t$ における角度は $\theta = \omega t$ です。
このとき、回路の一部となっている導体棒の長さ $r = \text{OQ}$ は、

$$r = \text{OQ} = \frac{\sqrt{ 3}L}{\cos\omega t}$$

【Step 2：誘導起電力 $V$ と電流 $I$ を求める】
点 $\text{O}$ を中心に角速度 $\omega$ で回転する長さ $r$ の導体棒に生じる誘導起電力の大きさ $V$ は、公式 $V = \dfrac{1}{2}B\omega r^2$ より、

$$V = \frac{1}{2}B\omega (\text{OQ})^2 = \frac{1}{2}B\omega \left(\frac{\sqrt{3}L}{\cos\omega t}\right)^2 = \frac{3B\omega L^2}{2\cos^2\omega t}$$

（別解：ファラデーの電磁誘導の法則 $V = \dfrac{d\Phi}{dt} = B\dfrac{dS}{dt} = B\dfrac{d}{dt}\left(\dfrac{3}{2}L^2\tan\omega t\right) = \dfrac{3B\omega L^2}{2\cos^2\omega t}$ としても直ちに求まります。）

回路の抵抗は $R$ のみなので、オームの法則より抵抗を流れる電流 $I(t)$ は、

$$I(t) = \frac{V}{R} = \frac{3B\omega L^2}{2R\cos^2\omega t} \text{ [A]}$$

(2)の結果より、電流 $I(t)$ は $\dfrac{1}{\cos^2\omega t}$ に比例します。

• $t = 0$ のとき：$\omega t = 0$ より $\cos 0 = 1$ なので、$I(0) = \dfrac{3B\omega L^2}{2R}$
• $t = \dfrac{\pi}{6\omega}$ のとき：$\omega t = \dfrac{\pi}{6}$ より $\cos\dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ なので、$I\left(\dfrac{\pi}{6\omega}\right) = \dfrac{3B\omega L^2}{2R \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \dfrac{4}{3} \times \dfrac{3B\omega L^2}{2R}$

したがって、求める電流の比は、

$$I(0) : I\left(\frac{\pi}{6\omega}\right) = 1 : \frac{4}{3} = 3 : 4$$

【Step 1：電磁力の大きさと作用点】
一様な磁場中で直線導体棒 $\text{OQ}$（長さ $r = \text{OQ}$）に電流 $I$ が流れるとき、導体棒全体が受ける電磁力の大きさ $F$ は、

$$F = I B r$$

また、単位長さあたりの電磁力はどこでも一様であるため、合力の作用点は導体棒 $\text{OQ}$ の中点（点 $\text{O}$ からの距離 $\dfrac{r}{2}$ の位置）となり、力の向きは導体棒に垂直です。

【Step 2：点 $\text{O}$ のまわりの力のモーメント $M$】
したがって、点 $\text{O}$ のまわりの電磁力のモーメントの大きさ $M$ は、

$$M = F \times \frac{r}{2} = \frac{1}{2} I B r^2$$

ここに $r = \dfrac{\sqrt{3}L}{\cos\omega t}$ および (2)で求めた $I = \dfrac{3B\omega L^2}{2R\cos^2\omega t}$ を代入すると、

$$M = \frac{1}{2} \left(\frac{3B\omega L^2}{2R\cos^2\omega t}\right) B \left(\frac{\sqrt{3}L}{\cos\omega t}\right)^2 = \frac{9B^2\omega L^4}{4R\cos^4\omega t} \text{ [N}\cdot\text{m]}$$

（別解：仕事率の関係 $M\omega = I V = I^2 R$ より、$M = \dfrac{I^2 R}{\omega}$ に $I$ を代入しても全く同じ結果が瞬時に得られます。）

【Step 1：電流が一定となる条件と面積変化】
(2)の時刻 $t = 0$ における電流を $I_0$ とすると、$\cos 0 = 1$ より、

$$I_0 = \frac{3B\omega L^2}{2R}$$

抵抗を流れる電流が常に $I_0$ で一定であるとき、誘導起電力も常に $V_0 = I_0 R = \dfrac{3}{2}B\omega L^2$ で一定となります。
ファラデーの電磁誘導の法則 $V_0 = \dfrac{d\Phi}{dt} = B\dfrac{dS}{dt}$ より、三角形 $\text{OSQ}$ の面積 $S$ の時間変化率 $\dfrac{dS}{dt}$ は一定で、

$$\frac{dS}{dt} = \frac{V_0}{B} = \frac{3}{2}\omega L^2$$

【Step 2：時刻 $t$ における面積から $\theta'$ と $t$ の関係を導く】
$t = 0$ のとき $\theta' = 0$（面積 $S = 0$）なので、時刻 $t$ における三角形 $\text{OSQ}$ の面積 $S$ は、

$$S = \frac{3}{2}\omega L^2 t$$

一方、(1)より回転角が $\theta'$ のときの面積は $S = \dfrac{3}{2}L^2\tan\theta'$ と表されるので、これらを等しいとおいて、

$$\frac{3}{2}L^2\tan\theta' = \frac{3}{2}\omega L^2 t \quad \Longleftrightarrow \quad \tan\theta' = \omega t$$