2021年第二回東工大本番レベル模試・物理解答・採点基準

(1)

1

２０２１年第二回東工大本番レベル模試・物理解答・採点基準

全３問１２０分１５０点満点

□ ^{1 （５０点）}

【解答・採点基準】

〔A〕

(a)

〔A〕10 点 (a) 5 点台から見た小球の加速度をの正の向きを正としてとおく。小

球の運動方程式は

よって,

また, 角振動数はより

(答)

*⼩球の運動⽅程式に1 点

* に2 点

(b)

単振動のエネルギー保存則より

(b) 5 点

*単振動のエネルギー保存則の式に2 点

*答に3 点

r a

sin sin ma mg kr

k r mg k q

q

= -

æ ö

=- çè - ÷ø

0

sin r mg

k

= q

w0 ₀ k w = m

0 0

2 2 m

T k

p p

=w =

0 0

sin , 2

mg m

r T

k k

q p

= =

r0

T0

2 2

0

1 1 sin

2 2

mv k mg k

æ qö

= çè ÷ø

(2)

2 (答)

【(b)の別解1】

単振動の振動中心での速さは単振動の振幅と角振動数を用いて

と表せる。(a)より

なので

(答)

【(b)の別解 1】5 点

*振動中⼼での速さと振幅, ⾓振動数との関係に2 点

*答に3 点

【(b)の別解2】

力学的エネルギー保存則より

これに(a)の結果を代入して

(答)

【(b)の別解 2】5 点

*⼒学的エネルギー保存則の式に2 点

*答に3 点

〔B〕〔B〕27 点

(c) (ア) (c) 10 点（各 2 点）

(イ) (ウ)

(エ)

0 msin

v g

k q

\ =

0 msin

v g

k q

=

v0 B w₀

0 0

v =Bw

0

sin ,

mg k

B= k q w = m

0

sin sin

mg k m

v g

k m k

q q

= =

0 msin

v g

k q

=

2 2

0 0 0

1 1

sin 0

2mv -mgr q+2kr =

0 msin

v g

k q

=

0 msin

v g

k q

=

cos sin

kr q N q

- +

sin cos

N mA+ q-mg q

2

cos sin cos

sin kr mg

M m

q q q

q

- +

+

2

cos sin cos

sin Mmg mkr

M m

q q q

q + +

(3)

3 (オ)

(d)

台とともに運動する観測者から見た小球の運動方程式は

(c)(ウ)を代入して整理すると

よって,

また, 角振動数はなので,

(答)

(d) 7 点

*⼩球の運動⽅程式をを⽤いて表して 2 点

*(c)( ウ) を⽤いて⼩

球の運動⽅程式からを消去して1 点

* に2 点

【(d)の別解】

(c)(ウ)に加速度の関係を代入して

よって,

また, 角振動数はなので,

(答)

【(d)の別解】7 点

*加速度の関係の式に 2 点

*(c)( ウ) と加速度の関係の式からを消去して1 点

* に2 点

(e) (e) 10 点

sin Mg k q -

sin cos

ma=-kr mg+ q+mA q

( )

2

sin sin

M m k mg

ma r

k M m

q q

+ æ ö

=- + çè - ÷ø

1

sin r mg

k

= q

w1

( )

1 sin2

M m k m M m

w q

= +

+

( )

2 1

1

2 sin

2 m M m

T M m k

p p q w

= = +

+

( )

2

1 1

sin sin

, 2 m M m r mg T

k M m k

q p ⁺ q

= =

+

A

A r1

T1

m cos

A a

M m q

= +

( )

2

cos sin cos

cos sin

sin sin

m a kr mg

M m M m

M m k mg

ma r

k M m

q q q

q q

- +

+ = +

+ æ ö

\ =- + çè - ÷ø

1

sin r mg

k

= q

w1

( )

1 sin2

M m k m M m

w q

= +

+

( )

2 1

1

2 sin

2 m M m

T M m k

p p q w

= = +

+

( )

2

1 1

sin sin

, 2 m M m r mg T

k M m k

q p ⁺ q

= =

+

A

r1

T1

(4)

4

水平方向は左向き, 鉛直方向は下向きを正として, 小球の速度の水平成分, 鉛直成分をそれぞれとする。また, 水平右向きを正として, 台の速度をとすると,

束縛条件より

単振動のエネルギー保存則より

水平方向の運動量保存則より

以上より

(答)

*束縛条件の式に 2 点

*単振動のエネルギー保存則の式に2 点

*⽔平⽅向の運動量保存則の式に2 点

*答に4 点

（別解 1, 別解 2 の形でも可）

【(e)の別解1】

水平方向は左向き, 鉛直方向は下向きを正として, 小球の速度の水平成分, 鉛直成分をそれぞれとする。また, 水平右向きを正として, 台の速度をとすると, 束縛条件より

力学的エネルギー保存則より

水平方向の運動量保存則より

以上より

(答)

【(e)の別解 1】10 点

*束縛条件の式に 2 点

*⼒学的エネルギー保存則の式に2 点

*⽔平⽅向の運動量保存則の式に2 点

*答に4 点

（本解, 別解 2 の形でも可）

x, y

v v V

y tan

x

v

v V = q +

( )

{

² ²

} ⁽ ⁾

² ²

1 1 sin

2 ^x ^y 2 sin

M m k mg m v V v

k M m

q q

+ æ ö

+ + = + çè ÷ø

x 0 mv -MV =

( ) (

²

)(

²

)

sin 1 tan sin

V mg m

k M m M m

q q q

= + + +

( ) (

²

)(

²

)

sin 1 tan sin

mg m

k M m M m

q + + q + q

x, y

v v V

y tan

x

v

v V = q +

(

² ²

)

² ²

1 1 1 sin sin

2 ^x ^y 2 2 sin

mg mg

m v v MV k mg

k k

q q q

æ ö

+ + + ç ÷ = ×

è ø

x 0 mv -MV =

( ) { ( )

²

}

sin tan

V mg m

k M m M M m

q q

= + + +

( ) { ( )

²

}

sin tan

mg m

k M m M M m

q + + + q

(5)

5

【(e)の別解2】

位置における台から見た小球の速さは

位置における台の速度を水平右向きを正としてとすると, 運動量保存則より

(答)

【(e)の別解 2】10 点

*位置における台から⾒た⼩球の速さに 2 点

*位置における静⽌した観測者から

⾒た⼩球の速度の⽔

平成分が

と表せることに2 点

*運動量保存則に2 点

*答に4 点

（本解, 別解 1 の形でも可）

〔C〕

(f) ⑦

〔C〕13 点 (f) 5 点 (g)

小球が静止し続けるとき, 小球と台にはたらく力はつり合っているので, となる。よって

の位置で一度静止したのち動き出す条件は

の位置で静止し続ける条件は

≦

≦ 以上より

≦

(g) 8 点

*⼒のつり合いより

⼩球が静⽌し続けるときの台の加速度と台と⼩球の間の垂直抗⼒の⼤きさを求めて 3 点

* の位置で⼀度静⽌したのち動き出す条件に2 点

* の位置で静⽌

し続ける条件に2 点

*答に1 点

(答) ≦

r r= 1 v₁

( )

1 1 1 2

sin

sin M m k v r mg

k m M m w q

q

= = +

+

r r= 1 V

( )

( ) ( )

( )

1 1

1 2

2

cos 0

cos sin cos

sin m v V MV

V m v M m

M m k m g

M m k m M m q

q q q

q

- - =

\ = +

= +

+ +

( ) (

²

)

sin cos

sin V mg m

k M m M m q q

\ = q

+ +

( ) (

²

)

sin cos

sin mg m

k M m M m

q q

q

+ +

r r= 1

1cos v q -V

0, cos

A= N =mg q 2mg

(

sin cos

)

r k

q-µ¢ q

=

( )

2 sin cos

sin cos

tan 2

k mg mg mg

k

q µ q

q µ µ

- ¢

- >

Û > + ¢

4 mgcos

r k

µ¢ q

=

4 mgcos sin

k mg

k

µ^¢ q q

- + µmgcosq

tanq

Û µ+4µ¢

2 tan

µ+ µ¢< q µ+4µ¢

r=R2

r=R3

2 tan

µ+ µ¢< q µ+4µ¢

(6)

6

２（５０点）

【解答・採点基準】

[A]

(a)

[A] 20 点

(a) 6 点(各 3 点×2) キルヒホッフの第2法則：

運動方程式：

(b)

よりだから

よってアは

(答)

(b) 4 点

＊を消去した式に 2 点

＊答に2 点

( と答えた場合は途中過程に関わらず部分点1 点)

(c)

で , 定常状態でであり, がによらない定数であるから,

が成り立つ。これを解いて,

(答)

(c) 4 点

＊ (b) の結果を利用して正しく値を代入して2 点

＊答に2 点

(d) (d) 6 点

vB!=Ri ma=-!iB

i vB

= R! _ma

( )

^B ²_v

=- R!

( ) ( )

2

v B x

t mR t

v B x

mR

D D

=-

D D

\D =- D

!

( )

^B ²

- mR!

( )

^B ²

- mR!

i

( )

^B ²

ma v

=- R!

( )

^B ²

mR

!

0

t= _{v v x}₌ ₀_, ₌₀ _v₌_0,_x₌_x_¥

( )

^B ²

- mR!

t

( ) ( )

²

0 0 B 0

v x

mR ^¥

- =- ! -

( )

⁰²

x mRv

¥= B

!

( )

⁰²

x mRv

¥ = B

!

(7)

7

を通過する瞬間の導体棒の速度をとすると,

エネルギー収支より求めるジュール熱は

このとき電流は

(答) ジュール熱： , 電流：

＊を求めて2 点

＊エネルギー収支の立式に2 点

＊答に1 点×2

[B] [B] 30 点

(e)

キルヒホッフの第2法則：

運動方程式：

(e) 6 点(各 3 点×2)

(f)

時刻のキルヒホッフの法則は

両辺をで引いて

よってイは

(答)

(f) 5 点

＊を導い

て3 点

＊答に2 点

(f)[別解] (f)[別解] 5 点

2

x= 3x_¥ v1

( )

²

1 0

2 0

3 1

3

v v B x

mR

v v

¥

æ ö

- =- çè - ÷ø

\ =

!

2

2 2

0 0 0

1 1 1 4

2mv -2mæç3v ö÷ =9mv

è ø

0 1

3 v B v B

i= R!= R!

2 0

4

9mv ⁰

3 i v B

= R!

v1

(

^{V u B}

)

+ !=^QC mA=-!iB kX-

t t= +Dt

(

^V ^{V u B}

)

C +D +D + !=^Q ^Q

(

^{V u B}

)

+ !=^QC

VB C V CB

t t

i ACB D

D D =

\D =

D D

\ =

!

! Q

Q

CB!

VB C D !=D^Q

(8)

8 の両辺をで微分すれば

であるから, イはである。

(答)

＊微分してを導いて3 点

＊答に2 点

(g)

を運動方程式に代入して整理すると

絶縁体から見て導体棒は角振動数の単振動

を行う。でより, 絶縁体から見て導体棒が静止するのは周期後であるから,

(答)

(g) 8 点

＊単振動の式を導いて2 点

＊が角振動数の単振動の周期と分かって4 点 ( 周期と分からな

くても, 絶縁体から見て導体棒が単振動すると説明すれば部分点2 点)

＊答に2 点 (h)

であり, 力のつり合いより

したがって

(答)

(h) 5 点

＊に

2 点

＊力のつり合いに 1 点

＊答に2 点

( と力のつりあいが正しいが, 答えの符号を逆にした解答は1 点) (i) 導体棒の位置：ク, 電流：オ (h) 6 点(各 3 点×2)

(

^{V u B}

)

+ !=^QC

t

AB i C i ACB

=

\ =

!

! CB!

CB!

AB i

=C

!

i ACB= !

{

^{m C B}⁺

( )

^! ²

}

^A⁼^-^kX

( )

²

k m C B w=

+ !

0

t= X =0,V =-u

1 4

( )

²

1

2 1 4 2

m C B

t k

p p

w

= × = + !

( )

²

1 2

m C B

t k

p ⁺

= !

t1 w

1 4

usin

X wt

=-w

( ) ⁰

f t + kX =

( ) { ( )

²

}

^sin ^k

_{( )}

²

f t u k m C B t

m C B

= +

! +

!

( ) { ( )

²

}

^sin ^k

_{( )}

²

f t u k m C B t

m C B

= +

! +

!

usin

X wt

=-w

X

(9)

9

３（５０点）

【解答・採点基準】

[A]

(a)

[A] 30 点 (a) 5 点気体Aの圧力をとおくと, 状態方程式より

よって, ピストン1にはたらく力のつり合いより

また, ピストン2にはたらく力のつり合いより

(答)

＊を求めて1 点

＊答に2 点×2

(b) (b) 3 点

(c)

ピストン2にはたらく力のつり合いより, 気体Aの圧力は

よって, 気体Aに関する状態方程式および①より

(c) 6 点

＊気体 A の圧力を求めて1 点

＊はじめの状態における気体 B の状態 pA

A 0

0 0

A 0

5 3

3 5 p S nRT p S nRT

p p

× = ìí × = î

\ =

!

0

3

5p S mg=

3 0

5 m p S

\ = g

0 0

3

5p S Mg+ = p S

2 0

5 M p S

\ = g

0 0

3 2

5 , 5

p S p S

m M

g g

= =

pA

1 2 0

p = p

0 0

2 8

5

p Mg p

- S =

…①

(10)

10 また, 気体Bに関する状態方程式および①より

(答)

方程式(①式)に着目して1 点

＊答に2 点×2

(d)

エネルギー保存則より

よって(a)より

したがって①より

(答)

(d) 8 点

＊エネルギー保存の立式に3 点

＊答に5 点

(e)

求める距離をとし, ピストン1が静止したときの気体Bの温

(e) 8 点

＊状態方程式に1 点

0 1

8 6

5 48

5 p S nRT T p S

nR

× =

\ =

!

0

16 5T

=

0 2

2 2 4 p S nRT

T p S nR

× =

\ =

!

0

4 3T

=

1 0 2 0

16 4

5 , 3

T = T T = T

0 3

3 4 3

2 2 3 2

2 2 3

2

Mg nR T nRT

Mg nRT nRT

× + × =

\ + =

!

0

0 3

0 0 3

2 3

2 2

5 2

4 3

5 2 2

p S g nRT nRT g

p S nRT nRT

× × + =

\ + =

!

0 0 3

4 1 3

5 3× nRT +2nRT =2nRT

3 0

68 T 45T

\ =

3 0

68 T = 45T

x

(11)

11 度をとおくと, 状態方程式より

…② エネルギー保存則より

①②よりであり, (a)の結果および①よりであるので, 上式にこれらと(d)の結果を代入して

(答)

＊エネルギー保存の立式に2 点

＊答に5 点

[B] [B] 20 点

(f)

ピストンの質量をとすると, はじめの状態におけるピストンにはたらく力のつり合いより

求める圧力をとおくと, ピストンが位置 (0≦ ≦ )まできたときの, ピストンにはたらく力のつり合いより

これらより

また, 気体がした仕事は, 下の圧力-体積グラフにおける台形 ABCDの面積に等しいので

(f) 6 点

＊圧力を求めて2 点

＊仕事の導出過程を正しく記述して 1 点

＊仕事を求めて3 点 T4

0 4

3

5p Sx nRT=

3 4

3 3

2nRT +mg×8!=2nRT +mgx

4 0

5 T = xT

!

0

5 mg=nRT

!

0 0

3 68 3

2 45 5 8 2 5 5

nRT x nRT

nR× T + × != nR× T + ×x

! ! !

116 x 15

\ = !

116 x= 15 !

m¢

m g¢ +rS g! =p S0

p x x _!

( )

m g^¢ +rS !-x g=pS

p p= 0-rxg

( )

{

0 0

}

0 ²

1 1

2Sx p + p -rxg =p Sx-2rSx g 圧力

(12)

12

(答) 圧力 , 仕事

(g)

はじめの状態と比べて, ピストンが位置 (0≦ ≦ )まできたときの気体の内部エネルギーの変化は

よって, 気体が吸収した熱量は, 熱力学第一法則より

(答)

(g) 7 点

＊内部エネルギーの変化量を求めて 3 点

＊答に4 点

(h)

(g)で求めた熱量が増加から減少に切り替わるのは, それが最

大値をとるときである。(g)で求めた熱量の式を変形して

となるので, 加熱から冷却に切り替えたときのピストンの位置は

(h) 7 点

＊位置の導出過程を正しく記述して 1 点

＊位置を求めて 2 点

＊グラフに4 点

＊明らかに放物線と読み取れないもの

O

p0-rxg ₀ ¹ ² p Sx-2rSx g

x x !

(

0

) (

0

)

0 0

2

0 0

3 3

2 2

3 3 3

2 2 2

p xg S h x p Sh

p Sx xgSh Sx g

r

r r

- + -

= - -

2 2

0 0 0

2

0 0

1 3 3 3

2 2 2 2

5 3

2 2 2

p Sx Sx g p Sx xgSh Sx g

r r r

r r

æ - ö æ+ - - ö

ç ÷ ç ÷

è ø è ø

= - -

2

0 0

5 3

2p Sx-2rxgSh -2rSx g

2

0 0

2 2

0 0 0 0

5 3

2 2 2

5 3 5 3

2 2

8 8 8 8

p h p h

Sg x Sg

g g

r r

- -

æ ö æ ö

=- ç - + ÷ + ç - ÷

è ø è ø

x

x 体積

A

B C

D

Sh0 S h

(

0+x

)

p0

p0-rxg

(13)

13 また, のとき, (g)で求めた熱量は

となるので, 求めるグラフは下図のようになる。

(答) 位置 , グラフは上図

は0 点

＊グラフに熱量の最大値および最小値が記入されていないか、誤っているものは各1 点減点

＊で最大値を取っていないものは1 点減点

＊で最小値を取っていないものは1 点減点

＊原点を通っていないものは1 点減点

＊を通っていないものは 1 点減点

＊グラフの部分の点数の下限は 0 点とし、それ以上は減点しない

0 0

5 3

8 8

p h

x⁼ rg^-

0 0 , 0

p =rh g !=h

2

2 2

0 0 0

1 1

2 2

4 8

Sh gx Sgx Sg x h Sgh

r - r =- r ^æçè - ^ö÷ø + r

O

0 0

5 3

8 8

p h

x⁼ rg^-

0

1 x=4h

x h= 0

0

(1 , 0) 2h 位置x

熱量

2 0

1 8rSgh

2

Sgh0

r -

0

1

4h 1 ₀

2h 3 ₀

4h h0

2021年 第二回東工大本番レベル模試・物理 解答・採点基準

２０２１年 第二回東工大本番レベル模試・物理 解答・採点基準

全３問 １２０分 １５０点満点

□ 1 （５０点）

【解答・採点基準】

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

{

} ( )

( ) (

)(

)

( ) (

)(

)

(

)

( ) { ( )

}

( ) { ( )

}

( )

( )

( )

( ) ( )

( )

( ) (

)

( ) (

)

(

)

( )

２（５０点）

【解答・採点基準】

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

t

( ) ( )

( )

( )

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

t

{

( )

}

( )

( )

( )

( ) 0

f t + kX =

( ) { ( )

}

( )

2021年第二回東工大本番レベル模試・物理解答・採点基準

２０２１年第二回東工大本番レベル模試・物理解答・採点基準

全３問１２０分１５０点満点

□ ^{1 （５０点）}

} ⁽ ⁾

( ) ⁰

_{( )}

_{( )}