東大過去問 2012年物理｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2012年物理｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

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物　理

第1問　高低差が $h$ の水平面Hと水平面Lの間になめらかな斜面があり，東西方向の断面は図1—1のようになっている。水平面Lの東端には南北にのびる鉛直な壁がある。ここで小球の衝突実験を行った。すべての小球は面から離れることなく進み，互いに弾性衝突するものとし，小球と壁も弾性衝突するものとする。重力加速度の大きさを $g$ とし，小球の大きさや回転，摩擦や空気抵抗は無視して以下の設問に答えよ。

Ⅰ　図1—1のように，水平面Hで質量 $m$ の小球Aを東向きに速さ $v$ で滑らせ，質量 $M$ の小球Bを西向きに速さ $v$ で滑らせて衝突させたところ，衝突後に小球Aは西向きに進み，小球Bは静止した。

（1）　衝突後の小球Aの速さを求めよ。

（2）　質量の比 $\frac{M}{m}$ を求めよ。

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Ⅱ　図1—2のように，水平面Hで前問の小球Aと小球Bを東向きに同じ速さ $v_{0}$ で滑らせたところ，小球Bは壁で跳ね返り，水平面Lからの高さが $x$ の斜面上の点で小球Aと衝突した。その後，小球Aは斜面を上がって水平面H上の最初の位置を速さ $v_{f}$ で西向きに通過し，一方，小球Bは壁と斜面の間を往復運動した。

（1）　2つの小球が衝突する直前の小球Aの速さを $v_{A}$ ，小球Bの速さを $v_{B}$ とする。速さの比 $\frac{v_{A}}{v_{B}}$ を求めよ。

（2）　 $x$ を $v_{0}$ ， $v_{f}$ ， $h$ ， $g$ を用いて表せ。

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Ⅲ　前問の小球Bが，水平面Lから高さ $\frac{h}{10}$ の地点と壁との間を東西方向に往復運動しているとき，図1—3のように小球Bをねらって質量 $\frac{M}{2}$ の小球Cを水平面H上の点から発射した。水平面L上で小球Cはうまく小球Bに命中し，その後小球Bが壁で跳ね返ってから，小球Cと小球Bが両方とも水平面Hまで上ってきた。2つの小球は同じ速さ $\sqrt{\frac{19 g h}{5}}$ で距離を $ℓ$ に保ったまま水平面H上を同じ向きに進んだ。その方向は西から北に向けての角度を $α$ とすると $\sin α = \frac{2}{\sqrt{19}}$ であった。

（1）　壁で跳ね返ったあとの小球Bの水平面Lでの運動の向きは，西から北に向けて角度 $β$ であった。 $\tan β$ を求めよ。

（2）　小球Bと小球Cが衝突した地点の壁からの距離 $d$ を求めよ。

（3）　水平面H上で発射したときの小球Cの速さ $V$ を求めよ。

（4）　小球Cを発射した方向を東から北に向けて角度 $θ$ とする。 $\sin θ$ を求めよ。

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第2問　図2—1のように， $x y$ 平面上に置かれた縦横の長さがともに $2 a$ の回路を一定の速さ $v$ で $x$ 軸正方向に動かす。回路の左下の点Pと右下の点Qは常に $x$ 軸上にあり，点Qの座標を $(X, 0)$ とする。磁束密度 $B$ の一様な磁場が， $y < x$ の領域にのみ紙面に垂直にかけられている。導線の太さ，抵抗およびコンデンサーの素子の大きさ，導線の抵抗および回路を流れる電流が作る磁場の影響は無視できるものとして，以下の設問に答えよ。

Ⅰ　まず，図2—1に示した抵抗値 $R$ の抵抗と導線からなる正方形の回路を用いる。

（1）　 $0 < X < 2 a$ のときに回路を流れる電流の大きさを求めよ。

（2）　 $0 < X < 2 a$ のときに回路が磁場から受ける力の $x$ 成分を求めよ。

（3）　 $2 a < X < 4 a$ のときに回路が磁場から受ける力の $x$ 成分を求めよ。

Ⅱ　次に，設問Ⅰで用いた回路を複数の抵抗を含む回路に取り替える。

（1）　図2—2に示した抵抗値 $R$ の抵抗を2つ含む回路を用いた場合に対して， $a < X < 2 a$ のときにPQ間の導線を流れる電流の大きさを求めよ。

（2）　図2—3に示した抵抗値 $R$ の抵抗を3つ含む回路を用いた場合に対して， $a < X < 2 a$ のときにPQ間の抵抗を流れる電流の大きさを求めよ。

Ⅲ　最後に，図2—4に示した電気容量 $C$ のコンデンサーと導線からなる回路を用いる。

（1）　 $0 < X < 2 a$ のときに導線を流れる電流の大きさを求めよ。

（2）　 $2 a < X < 4 a$ のときに回路が磁場から受ける力の $x$ 成分を求めよ。

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第3問　複スリットによる光の干渉を利用して気体の屈折率を測定する実験について考えよう。図3のように，透明な二つの密閉容器 $C_{1}$ ， $C_{2}$ （長さ $d$ ）を，平面A上にある二つのスリット $S_{1}$ ， $S_{2}$ （スリット間隔 $a$ ）の直前に置き，Aの後方にはスクリーンBを配置する。A，Bは互いに平行であり，その間の距離を $L$ とする。スクリーンB上の座標軸 $x$ を，Oを原点として図3のようにとる。原点Oは $S_{1}$ ， $S_{2}$ から等距離にある。いま，平面波とみなせる単色光（波長 $λ$ ）を，密閉容器を通してスリットに垂直に照射すると，スクリーンB上には多数の干渉縞が現れる。密閉容器の壁の厚さは無視して，以下の設問に答えよ。

Ⅰ　密閉容器 $C_{1}$ ， $C_{2}$ 両方の内部を真空にした場合，光源から二つのスリット $S_{1}$ ， $S_{2}$ までの光路長は等しいため，単色光は $S_{1}$ ， $S_{2}$ において同位相である。

（1）　スクリーンB上の点Pの $x$ 座標を $X$ ， $S_{1}$ とPの距離を $ℓ_{1}$ ， $S_{2}$ とPの距離を $ℓ_{2}$ としたとき，距離の差 $Δ ℓ = | ℓ_{1} - ℓ_{2} |$ を， $a$ ， $L$ ， $X$ を用いて表せ。ただし， $L$ は $a$ や $| X |$ よりも十分に大きいものとする。なお， $| h |$ が1よりも十分小さければ， $\sqrt{1 + h} ≒ 1 + \frac{h}{2}$ と近似できることを利用してよい。

（2）　点Pに明線があるとき， $X$ を $a$ ， $L$ ， $λ$ ，および整数 $m$ を用いて表せ。

Ⅱ　 $C_{2}$ の容器内を真空に保ったまま， $C_{1}$ の容器内に気体をゆっくりと入れ始めた。一般に，絶対温度 $T$ ，圧力 $p$ の気体の屈折率と真空の屈折率との差は，その気体の数密度（単位体積あたりの気体分子の数） $ρ$ に比例する。

（1）　容器内の気体の圧力が $p$ で絶対温度が $T$ のとき，その気体の数密度 $ρ$ を $p$ ， $T$ ， $k$ （ボルツマン定数）を用いて表せ。ただし，この気体は理想気体とみなしてよい。

（2）　温度を一定に保ったまま $C_{1}$ の容器内に気体を入れて圧力を上げると，スクリーンB上の干渉縞は， $x$ 軸の正方向，負方向のどちらに移動するか。理由を付けて答えよ。

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Ⅲ　 $C_{2}$ の容器内を真空に保ったまま， $C_{1}$ の容器を絶対温度 $T$ ，1気圧（ $101.3 k P a$ ）の気体で満たした。このときの気体の屈折率を $n$ とする。

（1）　 $C_{1}$ の容器が真空状態から絶対温度 $T$ ，1気圧の気体で満たされるまでに，それぞれの明線はスクリーンB上を距離 $Δ X$ だけ移動した。気体の屈折率 $n$ を， $Δ X$ を用いて表せ。

（2）　（1）で，原点Oを $N$ 本の暗線が通過した後，明線が原点Oにきて止まった。気体の屈折率 $n$ を， $N$ を用いて表せ。

（3）　気体の屈折率を精度よく求めるには，測定値の正確さが重要になる。いま，（1）で測定した $Δ X$ は $0.1 m m$ の正確さで測定でき，（2）で測定した $N$ は1本の正確さで数えられるとするとき，気体の屈折率は（1）の方法，（2）の方法のどちらが精度よく求められると考えられるか。理由を付けて答えよ。ただし， $d = 2.5 \times 10^{2} m m$ ， $L = 5.0 \times 10^{2} m m$ ， $a = 5.0 m m$ ， $λ = 5.0 \times 10^{- 4} m m$ とすること。

第1問　坂と壁のある床で玉をぶつける

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

高い床H と低い床L がなめらかな坂でつながり、L の東の端に壁がある場所で、玉をぶつける問題。摩擦は無く、玉どうし・玉と壁の衝突はすべて弾性衝突（はね返り係数 1、エネルギーが減らない衝突）。

使う道具は3つだけ。運動量保存（ぶつかる瞬間、2つの玉の「重さ × 速度」の合計は変わらない）、はね返り係数 1（近づく速さ＝離れる速さ）、力学的エネルギー保存（坂をのぼりおりしても「運動エネルギー＋位置エネルギー」は変わらない）。

Ⅲでは玉が斜めに走る。坂は東西の向きにだけ傾いているので、坂を通るとき変わるのは東西向きの速さだけで、南北向きの速さは変わらない。これが上から見た図を読むカギ。

Ⅰ(1)

はね返り係数が 1 なので、ぶつかる前に近づく速さと、ぶつかった後に離れる速さは同じ。

前は A が東へ $v$ 、B が西へ $v$ で、近づく速さは $2 v$ 。後は B が止まっているので、A が西へ走る速さそのものが離れる速さになり、それが $2 v$ になる。

答え

2 v

Ⅰ(2)

東向きを正として運動量保存の式を立てる。前は $m v + M (- v)$ 、後は A が西へ $2 v$ 、B は 0：

m v - M v = m (- 2 v)

両辺を $m v$ で割ると $1 - \frac{M}{m} = - 2$ 。

B がぴたりと止まるのは、この重さの比のときだけ。比がちがうと、B も少し動いてしまう。

答え

\frac{M}{m} = 3

Ⅱ(1)

A と B は同じ高さ・同じ速さ $v_{0}$ から出発している。床も坂もなめらかで、壁との衝突も弾性なので速さは変わらない。

力学的エネルギー保存から、ある高さでの速さは「出発の速さと、どれだけ下がったか」だけで決まり、重さや通った道すじによらない。2つの玉がぶつかった高さ $x$ は同じなので、そこでの速さも同じになる。

つまり坂の途中で、同じ速さで正面からぶつかる。これはⅠとまったく同じ衝突（重さの比も同じ）。

答え

\frac{v_{A}}{v_{B}} = 1

Ⅱ(2)

ぶつかる直前の速さを $u$ とすると、高さ $h$ から $x$ まで下がったので

u^{2} = v_{0}^{2} + 2 g (h - x)

Ⅰと同じ衝突なので、B はその場で止まり、A は $2 u$ ではね返る（B は止まった高さ $x$ と壁の間を往復する）。

A は高さ $x$ から $h$ まで坂をのぼって、H の上で $v_{f}$ になる：

v_{f}^{2} = (2 u)^{2} - 2 g (h - x) = 4 v_{0}^{2} + 6 g (h - x)

これを $x$ について解けばよい。ぶつかったのが H の上（ $x = h$ ）なら、Ⅰと同じ $v_{f} = 2 v_{0}$ になる。

答え

x = h - \frac{v_{f}^{2} - 4 v_{0}^{2}}{6 g}

Ⅲ(1)

後で C と B は同じ速さ・同じ向きで、へだたり $ℓ$ を保って H を進んだ。つまり H の上で2つは同じ速度で、南北の位置もそろって東西にだけ ℓ はなれて並んで進んでいる（上から見ると同じ1本の道すじではなく、平行な2本の道すじ）。坂での速度の変わり方は同じなので、L の上でも、B が壁ではね返った後は B と C の速度は同じ。

H での速さ $\sqrt{\frac{19 g h}{5}}$ を西向きと北向きに分ける。 $\sin α = \frac{2}{\sqrt{19}}$ 、 $\cos α = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{19}}$ から

北向き = 2 \sqrt{\frac{g h}{5}}, 西向き = \sqrt{3 g h}

L に下りると高さ $h$ 分だけ運動エネルギーがふえる。北向きの速さは変わらないので、西向きの速さ $w$ だけがふえる：

w^{2} = 3 g h + 2 g h = 5 g h

$\tan β = \frac{北向き}{西向き}$ に入れればよい。

答え

\tan β = \frac{2}{5}

Ⅲ(2)

衝突の後、C は西へ（西向きの速さ $w$ ）、B は東へ（東向きの速さ $w$ 、北向きの速さは C と同じ）進む。B は壁まで $d$ 行って、はね返って $d$ もどり、衝突した地点と同じ東西の位置にもどる（北向きには進み続けているので、上から見ると衝突した地点より北の所。C も同じだけ北へ進んでいるので、2つの南北の位置はそろったまま）。そのとき C は西へ $2 d$ 進んでいる。

東西の向きの動きだけを見ると、B は C と同じ動きを時間 $\frac{2 d}{w}$ だけおくれてたどる。H の上では西向きの速さが $\sqrt{3 g h}$ なので、この時間差の間に進む東西の長さが $ℓ$ ：

ℓ = \sqrt{3 g h} \times \frac{2 d}{\sqrt{5 g h}} = 2 \sqrt{\frac{3}{5}} d

これを $d$ について解けばよい。

答え

d = \frac{\sqrt{15}}{6} ℓ

Ⅲ(3)

衝突の直前と直後で運動量保存を使う。 $u = \sqrt{\frac{g h}{5}}$ とおくと、Ⅲ(1) から $w = 5 u$ 、北向きの速さは $2 u$ 。B の往復の高さは $\frac{h}{10}$ なので、L での B の速さは $\sqrt{2 g \cdot \frac{h}{10}} = u$ （ぶつかったときは西向き、図より）。

東向きを正として、東西の向き：

M (- u) + \frac{M}{2} c_{x} = M (5 u) + \frac{M}{2} (- 5 u)

南北の向き：

\frac{M}{2} c_{y} = M (2 u) + \frac{M}{2} (2 u)

これで L での C の速度が $c_{x} = 7 u$ （東向き）、 $c_{y} = 6 u$ （北向き）と決まる。

H で発射したときの速さは、L での速さから高さ $h$ 分をのぼってもどした値：

V^{2} = (7 u)^{2} + (6 u)^{2} - 2 g h = 85 u^{2} - 10 u^{2}

（エネルギーの合計を衝突の前後で比べると、ちゃんと同じになっていて、弾性衝突と食いちがわない。）

答え

V = \sqrt{15 g h}

Ⅲ(4)

坂で変わらない北向きの速さは、H で発射したときも $c_{y} = 6 u$ 。発射の向きは東から北へ $θ$ なので

\sin θ = \frac{6 u}{V}

$V^{2} = 75 u^{2}$ を入れて整理すればよい。

「うまく命中」は、当てる向きまで決めている条件。向きが少しでもずれると、衝突後の2つの玉は H で速さも向きもそろわない。

答え

\sin θ = \frac{2 \sqrt{3}}{5}

第2問　ななめの磁場の境目を通りぬける四角い回路

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

1辺 $2 a$ の正方形の回路を一定の速さ $v$ で右へ動かす。磁場は直線 $y = x$ より下の部分（図の右下の三角形の部分）にだけある。

回路が動くと、磁場の中にある縦の辺の部分だけが電池のはたらきをする：長さ $ℓ$ の部分に起電力 $v B ℓ$ 。横の辺は進む向きにそって動くので、電気を起こさない。回路が右へ進むと、右の辺も左の辺も、磁場の中に入っている長さが下からふえていく。

電流が流れると、磁場の中の縦の辺が $x$ 向きの力を受ける（横の辺の力は $y$ 向きなので、 $x$ 成分には効かない）。力の大きさは「電流 × 磁場 × 磁場の中の長さ」。

Ⅰ(1)

$0 < X < 2 a$ では、右の辺（ $x = X$ ）は $y = 0$ から $y = X$ までが磁場の中で、長さ $X$ 。左の辺（ $x = X - 2 a < 0$ ）はまだ磁場に入っていない。

起電力は $v B X$ 、抵抗は $R$ なので、電流は $\frac{v B X}{R}$ 。回路が進むほど、磁場の中の長さがのびて電流がふえる。

答え

\frac{B v X}{R}

Ⅰ(2)

磁場の中の右の辺（長さ $X$ ）に電流 $I$ が流れるので、力の大きさは $I B X$ 。向きは、レンツの法則（変化をさまたげる向き）から、動きをじゃまする $- x$ 向き。

F_{x} = - I B X = - \frac{B^{2} v X^{2}}{R}

力は $X$ の2乗で大きくなる。

答え

- \frac{B^{2} v X^{2}}{R}

Ⅰ(3)

$2 a < X < 4 a$ では、右の辺はまるごと磁場の中（長さ $2 a$ ）、左の辺も $y = 0$ から $y = X - 2 a$ まで磁場に入っている。

2つの辺の起電力は、回路を回る向きで見ると打ち消し合うので、回路全体の起電力は

v B {2 a - (X - 2 a)} = v B (4 a - X)

電流は $I = \frac{v B (4 a - X)}{R}$ 。

力は、右の辺が $- x$ 向きに $I B \cdot 2 a$ 、左の辺は電流が逆向きなので $+ x$ 向きに $I B (X - 2 a)$ 。合わせると $- I B (4 a - X)$ で、やはり動きをじゃまする向き。入るときと出るときで、電流も力も左右対称な山の形になる。

答え

- \frac{B^{2} v (4 a - X)^{2}}{R}

Ⅱ(1)

図2—2 は、真ん中に横の導線（抵抗 $R$ ）を足した回路で、上の辺にも抵抗 $R$ 、下の辺 PQ は抵抗の無い導線。

$a < X < 2 a$ では、左の辺はまだ磁場の外。右の辺は、下半分（長さ $a$ ）がまるごと、上半分は $y = a$ から $y = X$ まで（長さ $X - a$ ）磁場の中。

左の辺は抵抗も起電力も無い導線なので、左の3つの角と点はすべて同じ電位（0 とする）。下の辺も抵抗の無い導線なので Q も電位 0。磁場は紙面の手前向き（図の ⊙）、回路は右（ $+ x$ ）へ動くので、右の辺の中の正の電気が押される向きは $\vec{v} \times \vec{B}$ の向き、つまり下向き。起電力の中では押される向きに電位が上がるので、右の辺は下の Q のほうが高く、上へのぼるほど電位が下がる。右の真ん中の点は $- v B a$ 、右上の角は $- v B a - v B (X - a) = - v B X$ 。

真ん中の抵抗には $\frac{v B a}{R}$ 、上の抵抗には $\frac{v B X}{R}$ の電流が、電位の高い左（0）から低い右へ流れる。この2つが右の辺を下って Q に集まり、PQ を Q から P へ（右から左へ）通って左の辺にもどるので、PQ の電流はその合計になる。

答え

\frac{B v (X + a)}{R}

Ⅱ(2)

図2—3 は、PQ にも抵抗 $R$ を入れた回路。左の辺はやはり全部電位 0。右の辺は、(1) と同じく上へのぼるほど電位が下がるので、Q の電位を $e$ とすると、真ん中の点が $e - v B a$ 、右上の角が $e - v B X$ 。

右の辺から3本の抵抗を通って左へ流れる電流の合計は 0（右の辺に電流がたまることはない）なので

\frac{e}{R} + \frac{e - v B a}{R} + \frac{e - v B X}{R} = 0 ⟹ e = \frac{v B (X + a)}{3}

Q は左の辺より電位が高いので、PQ の抵抗には Q から P へ電流が流れる。 PQ の抵抗を流れる電流の大きさは $\frac{| e |}{R}$ 。PQ に抵抗が入ったことで、(1) の $\frac{1}{3}$ になる。

答え

\frac{B v (X + a)}{3 R}

Ⅲ(1)

抵抗のかわりにコンデンサーを入れると、コンデンサーの電圧は起電力と等しい（導線の抵抗は無視）。 $0 < X < 2 a$ では起電力は $v B X$ なので、ためられる電気の量は

Q = C v B X

電流は「1秒あたりの $Q$ の変化」。 $X$ は1秒に $v$ ずつふえるので、 $Q$ は1秒に $C v B \cdot v$ ずつふえる。電流は $X$ によらず一定になる。

抵抗の回路では電流が起電力に比例したが、コンデンサーの回路では電流が「起電力の変わる速さ」に比例する。

答え

C B v^{2}

Ⅲ(2)

$2 a < X < 4 a$ では起電力は $v B (4 a - X)$ で、へっていく。コンデンサーの電気は $Q = C v B (4 a - X)$ で、1秒に $C B v^{2}$ ずつへる。つまり電流の大きさは同じ $C B v^{2}$ で、向きが (1) と逆になる。

力は Ⅰ(3) と同じ考え方で「 $- (電流) \times B (4 a - X)$ 」の形。電流の向きが逆なので、力は $+ x$ 向き（進む向き）になる。

前半で回路を押しこんだ仕事はコンデンサーにたまり、後半でそれを返してくれる。抵抗の回路のように熱として消えないのがちがい。

答え

C B^{2} v^{2} (4 a - X)

第3問　気体を入れると干渉の縞が動く（屈折率の測定）

答えは東大の正解ではなく、自分で解いて、式とは別の計算で確かめたもの。

問題の読み方

二重スリットの干渉縞を使って、気体の屈折率を測る問題。スリット $S_{1}$ の前の容器に気体を入れると、 $S_{1}$ を通る光だけが気体の中でわずかにおくれ、スクリーンの干渉縞がずれる。

カギは光路長（屈折率 × 長さ。光がおくれる分を、真空での長さに直したもの）。屈折率 $n$ の気体の中を長さ $d$ 進むと、真空のときより光路長が $(n - 1) d$ だけ長くなる。明線は、2つのスリットからの光路長の差が波長の整数倍になる所。

気体の屈折率は 1 にとても近い（ $n - 1$ は 1万分の数くらい）。だから長い容器と、細かい干渉縞の目盛りが要る。

Ⅰ(1)

$S_{1}$ 、 $S_{2}$ はスクリーンの原点から $x$ 方向に $\pm \frac{a}{2}$ の位置にあるので

ℓ_{1, 2} = \sqrt{L^{2} + {(X \mp \frac{a}{2})}^{2}} = L \sqrt{1 + \frac{(X \mp a / 2)^{2}}{L^{2}}} ≒ L + \frac{(X \mp a / 2)^{2}}{2 L}

差をとると、 $X^{2}$ と $\frac{a^{2}}{4}$ の項が消えて $\frac{2 \cdot X \cdot a}{2 L}$ だけが残る。 $Δ ℓ$ は絶対値なので、 $X$ が負の側（O より $S_{2}$ 側）も含めて書くと $Δ ℓ = \frac{a | X |}{L}$ 。 $X > 0$ なら $\frac{a X}{L}$ 。

答え

Δ ℓ = \frac{a | X |}{L}

Ⅰ(2)

両方とも真空なので、スリットでの光は同位相。明線は、道のりの差が波長の整数倍になる所：

\frac{a X}{L} = m λ

明線は $\frac{L λ}{a}$ ずつの等しい間隔で並ぶ。

答え

X = \frac{m L λ}{a}

Ⅱ(1)

理想気体の状態方程式を分子の数 $N$ で書くと $p V = N k T$ （ $k$ はボルツマン定数）。数密度は1体積あたりの分子の数 $\frac{N}{V}$ なので、この式を変形すればよい。

温度が一定なら、数密度は圧力に比例する。だから屈折率と真空の差 $n - 1$ も圧力に比例する。

答え

ρ = \frac{p}{k T}

Ⅱ(2)

気体を入れると、 $S_{1}$ を通る光の光路長が $(n - 1) d$ だけのびる。いちばん真ん中の明線（光路長の差が 0 の所）では

ℓ_{1} + (n - 1) d = ℓ_{2}

つまり $ℓ_{1} < ℓ_{2}$ 、 $S_{1}$ に近い側の点にならなければならない。 $S_{1}$ は $x$ の正の側にあるので、真ん中の明線は正の向きへ動く。

ほかの明線も同じだけずれるので、縞全体が $S_{1}$ の側へ流れていく。おくれた光の側に、道のりを短くして帳尻を合わせる所ができる、と考えるとよい。

答え

x

軸の正方向。

S_{1}

側の光路が

(n - 1) d

だけのびるので、光路差 0 の点は

ℓ_{1} < ℓ_{2}

となる

X > 0

側へ移る

Ⅲ(1)

明線の条件は「道のりの差＝光路長のおくれ＋波長の整数倍」なので、どの明線も同じだけずれる。ずれの長さ $Δ X$ は、道のりの差 $\frac{a Δ X}{L}$ がおくれ $(n - 1) d$ と等しくなる長さ：

\frac{a Δ X}{L} = (n - 1) d

これを $n$ について解けばよい。この式には波長 $λ$ が入らないので、光の色を変えても明線の動く長さは同じ（ただし屈折率 $n$ が色によらず同じとしたとき。実際の気体は色によって $n$ がほんの少し変わるので、そこまで入れるとわずかに変わる）。

答え

n = 1 + \frac{a Δ X}{d L}

Ⅲ(2)

はじめ原点は真ん中の明線（光路長の差 0）。気体がふえて光路長の差が $\frac{λ}{2}$ になると暗線が原点を通り、 $λ$ になると次の明線が原点にくる。

$N$ 本の暗線が通った後に明線が原点にきたので、光路長の差はちょうど $N λ$ ：

(n - 1) d = N λ

答え

n = 1 + \frac{N λ}{d}

Ⅲ(3)

それぞれの方法で、測定のずれが屈折率のずれにどれだけひびくかを比べる。

(1) の方法： $Δ X$ が $0.1$ mm ずれると

δ n = \frac{a \times 0.1}{d L} = \frac{5.0 \times 0.1}{2.5 \times 10^{2} \times 5.0 \times 10^{2}}

(2) の方法： $N$ が1本ずれると

δ n = \frac{λ}{d} = \frac{5.0 \times 10^{- 4}}{2.5 \times 10^{2}}

(2) のほうが小さい。明線の間隔 $\frac{L λ}{a} = 0.05$ mm が、ものさしの正確さ $0.1$ mm より細かいので、本数を数えたほうが細かく測れる、ということ。

逆に、スリット間隔 $a$ を小さくして縞の間隔を 0.1 mm より広げると、ものさしで測るほうが正確になる。どちらがよいかは、数値によって決まる。

答え

(2)

の方法。

(1)

は

δ n = \frac{a \times 0.1 m m}{d L} = 4 \times 10^{- 6}

、

(2)

は

δ n = \frac{λ}{d} = 2 \times 10^{- 6}

（明線の間隔

L λ

a = 0.05 m m

が 0.1 mm より細かい）

東大過去問 2012年物理｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

このページの出典

問題・出題の意図・東京大学の解答例（東京大学の公表資料）

東京大学の利用規定について

解答とシミュレーション（AIで作成）

制作

修正履歴

お知らせ（2026年10月4日）

物　理

第1問　坂と壁のある床で玉をぶつける

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

Ⅲ(3)

Ⅲ(4)

第2問　ななめの磁場の境目を通りぬける四角い回路

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅰ(3)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

第3問　気体を入れると干渉の縞が動く（屈折率の測定）

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

Ⅲ(3)

東大 過去問 2012年 物理｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

物 理

第1問 坂と壁のある床で玉をぶつける

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

Ⅲ(3)

Ⅲ(4)

第2問 ななめの磁場の境目を通りぬける四角い回路

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅰ(3)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

第3問 気体を入れると干渉の縞が動く（屈折率の測定）

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

Ⅲ(3)

東大過去問 2012年物理｜AI解答・解説・シミュレーション｜アトリエファクトリー

物　理

第1問　坂と壁のある床で玉をぶつける

第2問　ななめの磁場の境目を通りぬける四角い回路

第3問　気体を入れると干渉の縞が動く（屈折率の測定）