【解答・採点基準】

２０２２年度 広島大本番レベル模試・物理 解答・解説・採点基準

全３問 ６０分 １００点満点

〔Ⅰ〕 （３３点）

【解答・採点基準】

問1

mv0=mv+MV

問1 4点

問2

( )

0 0

V v e v V v ev

− = −  −

 = +

となる。これと問1の結果より,

( )

0 0

mv =mv+M v+ev

0

v m Mev m M

 = − + また,

0 0

V m Mev ev m M

= − +

+

( )

0

1 m e

m M v

= + +

(答)

( )

0 0

, m 1 e

m Me

v v V v

m M m M

− +

= =

+ +

問2 7点

*はね返りの立式に 3

点

*答に2点×2

問3

T M

 k

=

問3 4点

2 2

v v gT v gT

− = +

 = −

これと問3の結果より,

2 v g M

k

= −

(答) 2

v g M k

= −

問5

時刻 2

t=T において, 円板は最下点に達する。単振動の振幅は

Lであり, 角振動数は k

= M であるから,

( )

1

1

2 L V

V v v

m e M M

m Me g k k







=

=  

 

= −+  − 

( )

( )

1 2

mMg e k Me m

 +

= −

(答)

( )

( )

1 2

mMg e L k Me m

 +

= −

問5 6点

*角振動数に1点

*LをVと角振動数で 表して1点

*答に4点

問5【別解】

重力による位置エネルギーの基準をx=0^{とする。時刻} 2 t=T

において円板は最下点に達し, 円板の速度は0^{となる。また}, 時刻t=0^{におけるばねの縮みは} Mg

d= k であるから, 力学的エ ネルギー保存の法則より,

問5【別解】 6点

*力 学 的 エ ネ ル ギ ー 保存の法則の立式 に1点

*LをV, k, Mで表し て1点

*答に4点

( )

( )

( )

2 2 2

2 2

2 2

1 1 1

2 2 2

1 1

2 2

1 1

2 2

0

MV kd MgL k d L MV MgL kdL kL

MV kL Mg kd

L V M L k

+ = − + +

 = − + +

 = =

 = 

となる。よって,

( )

( )

( )

1

2 1 2

V M

L v

v k

m e M M

m Me g k k

mMg e k Me m





=  

 

= −+  − 

= +

−

(答)

( )

( )

1 2

mMg e L k Me m

 +

= −

問6 問6 6点(3点×2)

1 (ア) 2 (ア)

1

〔Ⅱ〕問 1 （３４点）

【解答・採点基準】

問1 問1 17点

(1) 定圧 (1)～(7) 各2点×7

(2) 定積 (8) 3点

(3) ¹ ₀

0

V P V

(4) 0

(

1 0

)

5

2P V −V (5) 4P V0

(

1−V0

)

(6) ^{0 1}

0 1

2PV V +V (7)

(

1 1 2 0

)

3

2 PV −P V または

2 0 1

2 0

0 1

3 2 2

P V P V V V

 

 + − 

 

(8)

(

2 1

)(

0 1

)

3

2 P −P V +V または



2

(

0 1

)

0 1



3 2

2 P V +V − PV

＊(7),(8)に 関 し て はこの他

0 1 1

0 1

P 2P V V V

= +

を用いて変形すれ ば同じ値になるも のはすべて正答と する。

〔Ⅱ〕問 2 （34 点）

【解答・採点基準】

問2 問2 17点

① x R

① 2点

② nx R

② 2点

③

2 2

1 x 1 nx

n R R

   

−   − −  ③ 2点

④ ²

(

^{R− R2−x2}

)

^{④ 2点}

⑤ x² R

⑤ 2点

⑥

2 1

2

x m

R =^ − ^

  ⑥ 3点

⑦ 一定ではない ⑦ 2点

⑧ 外側へ移動する ⑧ 2点

1

・

1 2

1, 2 ,

2

( ) 3

ー 0 ,

2 。

,

,

( ) 4

i₀=v₀Bℓ 2r

v₁Bℓ=2ri+v₂Bℓ

∴i=

(

v₁−v₂

)

^Bℓ

2r

i=

(

v₁−v₂

)

^Bℓ

2r

v₁, v₂

( )

′ v₁, v′₂

( )

′ v₁− ′v₂

( )

^Bℓ

2r =0

∴ ′v₁=v′₂ mv₀=mv₁′+mv₂′

′

v₁=v′₂=1 2v₀

′

v₁=v′₂=1 2v₀

′ v₁=v′₂

3 。 ,

( )

5 ( )

( )

( ) ( ) ( ) (…) ( ) ( ) ( )

ー

6

ー ,

ー ,

1

ー ー W

1

2mv₀²=1

2mv₁′²+1

2mv′₂²+W

∴W =1 4mv₀²

W=1 4mv₀²

V₀

Rsin

(

ωt+θ

)

1 ωC π

2

ωCV₀sin ωt+θ+π 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

(

=ωCV₀cos

(

ωt+θ

) )

ωL π

2

V₀

ωLsin ωt+θ−π 2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ⁼⁻

V₀

ω^Lcos

(

ω^t+θ

)

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

I₀ I=I₀sin

(

ωt+θ+φ

)

I=I_R+I_C+I_L

=V₀

sin

(

ωt+θ

)

^+⎛_⎝⎜^ωC−_ω^{1 ⎞}_⎠⎟^{V cos}

(

^ωt+θ

)

tanφ Z

3 ( )

tanφ=R ωC− 1 ωL

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Z=V₀

I₀ = 1

1 R

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ ωC− 1 ωL

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

tanφ=R ωC− 1 ωL

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟, Z=V₀

I₀ = 1

1 R

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2

+ ωC− 1 ωL

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

2