東大過去問 2013年物理｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2013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　次のⅠ，Ⅱの各問に答えよ。

Ⅰ　図1—1のように，なめらかな水平面上で，ばね定数が $k$ のばね2本を向かい合わせに，それぞれ左側および右側の壁に一端を固定し，他方の端に同じ質量 $m$ の小球1および2をそれぞれ取りつけた。ばねが自然長のとき，小球間の距離は $d$ であった。ただし，小球の大きさとばねの質量は無視してよい。

　今，図1—2のように，小球1を，ばねが自然長になる位置から，ばねが縮む方向に距離 $s$ だけ動かし $(s > d)$ ，そこで静かに放した。以下の設問に答えよ。

(1)　小球1は動き始め小球2に衝突した。衝突直前の小球1の速さを求めよ。

(2)　小球どうしの衝突は弾性衝突であるとして，この衝突直後の小球1と小球2の速さをそれぞれ求めよ。

(3)　この衝突後，再び衝突するまでに，小球1側のばねおよび小球2側のばねは，それぞれ自然長から最大どれだけ縮むか答えよ。

(4)　 $s = \sqrt{2} d$ の場合に，最初の衝突から再衝突までの時間を求めよ。

Ⅱ　次に，あらい水平面上に，Ⅰと同じばねと小球を用意した場合を考える。どちらの小球も水平面との間の静止摩擦係数は $μ$ ，動摩擦係数は $μ^{'}$ である。重力加速度の大きさを $g$ として以下の設問に答えよ。

(1)　Ⅰと同じように(図1—2)，小球1を，ばねが自然長になる位置から，ばねが縮む方向に距離 $s$ だけ動かし，そこで静かに放した。小球1が動き始めるために， $s$ がみたすべき条件を求めよ。

(2)　小球1が動き始めた後，小球2に衝突するために $s$ がとるべき最小値を求めよ。

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第2問　電荷をもった粒子の運動を磁場により制御することを考える。重力の効果は無視できるものとして，以下の設問に答えよ。ただし，角度の単位はすべてラジアンとする。また， $θ$ を微小な角度とするとき， $\cos θ ≒ 1$ ， $\sin θ ≒ θ$ ， $\tan θ ≒ θ$ と近似してよい。

Ⅰ　図2—1のように， $| x | ≦ \frac{d}{2}$ の領域 $A_{1}$ にのみ，磁束密度が $y$ 座標にゆるやかに依存する磁場が $z$ 軸方向(紙面に垂直，手前向きを正)にかけられている。質量 $m$ ，正の電荷 $q$ をもつ粒子Pを， $x$ 軸正方向に速さ $v$ で領域 $A_{1}$ に入射する。

(1)　領域 $A_{1}$ を通過した結果，粒子Pの運動方向が微小な角度だけ曲がり，その $x$ 軸からの角度が $θ$ となった。領域 $A_{1}$ 内を通過する間，粒子の $y$ 座標の変化は小さく，粒子にはたらく磁束密度 $B$ はその間一定としてよいとする。このときの $θ$ を求めよ。以後，角度の向きは図2—1の矢印の向きを正とする。

(2)　領域 $A_{1}$ 内の磁束密度が $y$ 座標に比例し，正の定数 $b$ を用いて $B = b y$ と表されるとき，粒子Pは入射時の $y$ 座標によらず $x$ 軸上の同じ点 $(x, y) = (f, 0)$ を通過する。このとき $f$ を求めよ。ただし， $d$ は $f$ に比べて無視できるほど小さいとする。また，領域 $A_{1}$ 内を通過する間，粒子の $y$ 座標の変化は小さく，粒子にはたらく磁束密度 $B$ はその間一定としてよいとする。

(3)　図2—2(a)のように配置された電磁石の組の点線で囲まれた範囲(拡大図と座標を図2—2(b)に示す)を考える。鉄芯(しん)を適切な形に製作すると， $z = 0$ の平面内で(2)のような磁場が実現できる。このとき，二つの電磁石に流す電流 $I_{1}$ ， $I_{2}$ の向きはどうするべきか。それぞれの符号を答えよ。ただし，図中の矢印の向きを正とする。

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Ⅱ　次に，Ⅰ(2)の領域 $A_{1}$ に加えて，図2—3のように， $x = \frac{3}{2} f$ を中心とし幅 $d$ の範囲に， $z$ 軸方向に磁束密度 $k b y$ ( $k$ は定数)の磁場がかかっている領域 $A_{2}$ を考える。ここで，領域 $A_{1}$ と $A_{2}$ を両方通過した後の粒子の運動方向の変化は，それぞれの領域でⅠ(1)のように求めた曲げ角の和として計算できるものとし，また $d$ は $f$ に比べて無視できるほど小さいとしてよいとする。粒子Pと，同じ電荷 $q$ をもつ別の粒子Qとが， $x$ 軸正方向に速さ $v$ をもって $y = y_{0}$ で領域 $A_{1}$ に別個に入射したところ，粒子Pの運動方向が微小な角度 $θ_{0}$ ，粒子Qの運動方向が角度 $\frac{θ_{0}}{2}$ だけ曲げられて，それぞれ領域 $A_{2}$ に入射した。

(1)　粒子Qの質量を求めよ。

(2)　粒子P，粒子Qが領域 $A_{2}$ に入る際の $y$ 座標は，それぞれ $y_{0}$ の何倍となるか。

(3)　粒子P，粒子Qが領域 $A_{2}$ を通過した後の運動方向の $x$ 軸からの角度を，それぞれ $k$ と $θ_{0}$ を用いて表せ。

(4)　 $k$ の値を調整すると，粒子Pと粒子Qが $x > \frac{3}{2} f$ で $x$ 軸上の同じ点を通過するようにできる。このときの $k$ の値を求めよ。

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第3問　次のⅠ，Ⅱ，Ⅲの各問に答えよ。なお，角度の単位はラジアンとする。

Ⅰ　図3—1のように，超音波発振器を用いて平面波に近い超音波を板Aに入射する(板中の直線は波面を表す)。振動数を変化させながら縦波の超音波を板面に垂直に入射したところ，振動数が $f_{0}$ の整数倍になるごとに板が共振した。板Aの厚さを $h_{A}$ ，板A内を伝わる縦波の超音波の速さを $V_{A}$ とする。また，板の両面は自由端とする。

(1)　 $f_{0}$ を $h_{A}$ ， $V_{A}$ を用いて表せ。

(2)　 $V_{A} = 5.0 \times 10^{3} m / s$ のとき，振動数 $2.0 \times 10^{6} H z$ と $3.0 \times 10^{6} H z$ の両方で共振が起こった。 $h_{A}$ の最小値を求めよ。

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Ⅱ　固体中では縦波と横波の両方が存在する。縦波と横波は速さが異なり，縦波のほうが $k$ 倍 $(k > 1)$ 速い。図3—2のように板Aと，それとは材質の異なる板Bを貼り合わせ，2層構造を持つ板を作製した。板B内を伝わる縦波の速さを $V_{B}$ とし， $\frac{V_{B}}{k} > V_{A}$ とする。また， $k$ の値は物質の種類によらないとする。

　板Aの表面上の点Oから，図3—2のように板A内を角度 $α (0 < α < \frac{π}{2})$ で伝わる縦波を入射した。すると，境界面で縦波の反射波，屈折波のみならず，横波の反射波と屈折波も発生した。反射角は，縦波と横波についてそれぞれ $θ$ と $θ^{'}$ であった。屈折角は，縦波と横波についてそれぞれ $ϕ$ と $ϕ^{'}$ であった。

(1)　縦波の反射角 $θ$ が入射角 $α$ と等しくなることをホイヘンスの原理に基づいて考える。図3—3中の記号P，Q，R，Sを用いて，　を埋めよ。

図3—3において，PQに平行な波面を持つ入射波が速さ $V_{A}$ で進んでいる。波面上の2点がそれぞれP，Qを通過してから時間 $T$ 後，Qを通過した側が境界上の点Sに達したとする。このとき，Pから発せられた素元波が時間 $T$ 後になす半円に対してSから引いた接線RSが反射波の波面となる。 $△ P Q S$ と $△ S R P$ において， $∠ P Q S = ∠ S R P = \frac{π}{2}$ ，ア $=$ イ $= V_{A} T$ ， $P S = S P$ (共通)であるから $△ P Q S$ と $△ S R P$ は合同である。また， $△ P Q S$ は $∠ P Q S$ を直角とする直角三角形であるから， $α = ∠$ ウ。同様に， $△ S R P$ は $∠ S R P$ を直角とする直角三角形であるから， $θ = ∠$ エ。ゆえに， $α = θ$ である。

(2)　横波の反射角 $θ^{'}$ について， $\sin θ^{'}$ を求めよ。

(3)　縦波の屈折角 $ϕ$ ，横波の屈折角 $ϕ^{'}$ について， $\sin ϕ$ と $\sin ϕ^{'}$ を求めよ。

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Ⅲ　Ⅱで作製した2層構造を持つ板の境界面から深さ $h$ の位置に異物Xが存在している。図3—4のように，Oより超音波を入射してから異物表面での反射波がOに戻ってくるまでの時間を $t$ とする。 $t$ の測定値から $h$ を求める方法を考えよう。

(1)　まず，入射角 $α$ を調整し，板B中を伝わる屈折波が横波だけとなるようにしたい。 $\sin α$ の満たすべき条件を求めよ。

(2)　(1)の条件を満たすある入射角 $α$ でOから縦波を入射したところ，境界上の点Yで横波が屈折角 $ϕ^{'}$ で板B中に入射しXに到達した。その後，同じ経路をたどって反射波がOに戻ってきた。 $t$ を $k$ ， $h$ ， $h_{A}$ ， $V_{A}$ ， $V_{B}$ ， $α$ ， $ϕ^{'}$ を用いて表せ。ただしXの大きさは無視せよ。

第1問　向かい合ったばねの球がぶつかる（摩擦なし・あり）

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

左右の壁からばねでつながれた、同じ重さ $m$ の2つの球の問題。ばねが自然長のとき、球の間は $d$ あいている。球1を左へ $s$ だけずらして放すと、球1はばねに押されて右へ走り、球2にぶつかる。

前半Ⅰ（なめらかな床）は、エネルギー保存と弾性衝突で解ける。ばねにつながった球は単振動（ばねによる往復運動）をするので、「どこから・どの速さで動き出したか」から振れ幅が決まる。ばね定数 $k$ 、重さ $m$ の単振動の角振動数は $ω = \sqrt{\frac{k}{m}}$ 。

後半Ⅱ（ざらざらの床）は、摩擦が「動き出せるか」と「届くか」を決める。動き出す条件は静止摩擦（止まっている物を止めておく摩擦、上限 $μ m g$ ）、届く条件は動摩擦（すべっている間の摩擦、大きさ $μ^{'} m g$ ）で考える。

Ⅰ(1)

球1は、ばねが $s$ 縮んだ所から、球2の位置（自然長の位置から右へ $d$ 、つまりばねが $d$ のびた所）まで走る。床はなめらかなので、ばねの弾性エネルギーと運動エネルギーの和は変わらない：

\frac{1}{2} k s^{2} = \frac{1}{2} k d^{2} + \frac{1}{2} m v^{2}

これを $v$ について解けばよい。 $s > d$ なので右辺の $\frac{1}{2} m v^{2}$ は正で、ちゃんとぶつかる。

放したときに持っていた $\frac{1}{2} k s^{2}$ のうち、 $\frac{1}{2} k d^{2}$ はぶつかる直前にもう一度ばねにためこまれていて、残りだけが速さになっている。

答え

\sqrt{\frac{k}{m} (s^{2} - d^{2})}

Ⅰ(2)

ぶつかる向き（横向き）には外から力積がはたらかないので、運動量が保存する。弾性衝突なので、はね返り係数は 1（近づく速さと離れる速さが同じ）。

m v = m v_{1}^{'} + m v_{2}^{'}, v_{2}^{'} - v_{1}^{'} = v

2つを連立すると $v_{1}^{'} = 0$ 、 $v_{2}^{'} = v$ 。重さが同じ球どうしの弾性衝突では、速度がそっくり入れかわる。

答え小球1：

0

,　小球2：

\sqrt{\frac{k}{m} (s^{2} - d^{2})}

Ⅰ(3)

衝突の後、2つの球はそれぞれのばねで別々に単振動する。

球1は、ばねが $d$ のびた所で速さ 0 になった。速さ 0 の所は単振動のいちばん端なので、振れ幅は $d$ 。反対側の端では、ばねが $d$ 縮む。

球2は、ばねが自然長（振動の真ん中）の所で速さ $v$ をもらった。真ん中の速さは「振れ幅 $\times ω$ 」なので、振れ幅を $A$ として

A ω = v ⟹ A = v \sqrt{\frac{m}{k}} = \sqrt{s^{2} - d^{2}}

エネルギーで見ても、 $\frac{1}{2} k s^{2} = \frac{1}{2} k d^{2} + \frac{1}{2} k (s^{2} - d^{2})$ 。最初にためたエネルギーが、2つのばねに「 $d^{2}$ 」と「 $s^{2} - d^{2}$ 」に分けられている。

答え小球1側：

d

,　小球2側：

\sqrt{s^{2} - d^{2}}

Ⅰ(4)

$s = \sqrt{2} d$ だと、Ⅰ(3) の振れ幅は2つとも $d$ になる。球1の自然長の位置を原点、右向きを正とし、衝突の瞬間を $t = 0$ とすると

x_{1} = d \cos ω t, x_{2} = d + d \sin ω t

（球1は右の端 $d$ から、球2は自身の真ん中 $d$ から右へ動き出す）。

再衝突は $x_{1} = x_{2}$ 、つまり $\cos ω t - \sin ω t = 1$ のとき。 $t > 0$ で最初にこれが成り立つのは $ω t = \frac{3 π}{2}$ （ $\cos = 0, \sin = - 1$ ）で、ちょうど 3/4 周期。このとき2つの球はどちらも $x = 0$ （球1のばねが自然長になる所）で出会う。

$ω = \sqrt{\frac{k}{m}}$ で割れば時間になる。 $s$ が大きいほど球2が速く戻ってくるので、再衝突までの時間は短くなる（ $s = \sqrt{2} d$ はその一例）。

答え

\frac{3 π}{2} \sqrt{\frac{m}{k}}

Ⅱ(1)

放した瞬間、球1は止まっている。ばねが押す力は $k s$ 、それを止めておける静止摩擦力の上限は $μ N = μ m g$ 。

ばねの力が静止摩擦力の上限をこえれば、球1は動き出す：

k s > μ m g

これを $s$ について整理すればよい。

答え

s > \frac{μ m g}{k}

Ⅱ(2)

動き出した後は、動摩擦力 $μ^{'} m g$ が進む向きと逆にはたらき、すべった距離の分だけエネルギーをうばう。球2に届くには、球2の位置（ばねが $d$ のびた所）で速さが 0 以上残っていればよい。

すべる距離は $s + d$ なので、エネルギーの式は

\frac{1}{2} k s^{2} - \frac{1}{2} k d^{2} - μ^{'} m g (s + d) \geq 0

左の2つは $\frac{1}{2} k (s + d) (s - d)$ とまとめられるので、両辺を正の $s + d$ で割ると

\frac{1}{2} k (s - d) \geq μ^{'} m g

これで $s$ の最小値が決まる。摩擦がなければ $s > d$ で届いたのに、摩擦があると $\frac{2 μ^{'} m g}{k}$ だけ余分に縮めておかなければならない。

ただし、この答えは (1) の「動き出す条件」を満たしていることが前提。 $μ$ が大きくて $\frac{μ m g}{k}$ のほうが大きい場合は、動き出しさえすれば必ず届く。

答え

s = d + \frac{2 μ^{'} m g}{k}

第2問　磁場で粒子を1点に集める（磁場のレンズと電磁石）

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

幅 $d$ のうすい帯の中にだけ磁場をかけ、そこを横切る荷電粒子（電気をもった粒）の向きを少しだけ曲げる問題。帯がうすいので、粒子は帯の中で「ほぼまっすぐ進みながら、横向きの力を短い時間だけ受ける」と考えてよい。

使うのは、ローレンツ力（磁場の中を動く電荷が受ける力、大きさ $q v B$ ）と、「力 × 時間＝運動量の変化」（力積）の2つだけ。曲がる角度が小さいので、 $\tan θ ≒ θ$ で直線の傾きとして扱える。

磁場の強さを高さ $y$ に比例させると、外を通る粒子ほど強く曲がり、全部が1点に集まる。これは光を集める凸レンズと同じはたらきで、Ⅱでは2枚目の「レンズ」を足して、重さのちがう粒子を同じ点に集める。

Ⅰ(1)

粒子は速さ $v$ で幅 $d$ を横切るので、帯の中にいる時間は $\frac{d}{v}$ 。その間、進む向き（ $x$ 向き）に垂直なローレンツ力 $q v B$ を受ける。正の電荷が $+ x$ 向きに動き、磁場が $+ z$ 向き（手前向き）なら、力は $- y$ 向き（図で下向き）で、図の $θ$ の矢印の向きと同じ。

力積で、横向きにもらう運動量は

q v B \times \frac{d}{v} = q B d

進む向きの運動量 $m v$ はほとんど変わらないので、曲がる角度は「横の運動量 ÷ 前の運動量」：

θ ≒ \tan θ = \frac{q B d}{m v}

答え

θ = \frac{q B d}{m v}

Ⅰ(2)

$B = b y$ を (1) に入れると、高さ $y$ で入った粒子の曲がる角度は

θ = \frac{q b d}{m v} y

で、高さに比例する。帯を出た粒子は、傾き $θ$ でまっすぐ下がっていき、高さ $y$ を下がりきった所で $x$ 軸を横切る。そこまでの横の距離は

f = \frac{y}{θ} = \frac{m v}{q b d}

$y$ が消えるので、どの高さで入った粒子も同じ点を通る。高い所ほど強く曲げるから1点に集まる、という凸レンズと同じしくみで、 $f$ はこのレンズの焦点距離にあたる。

答え

f = \frac{m v}{q b d}

Ⅰ(3)

図2—2(b) は、粒子の進む向き（ $x$ ）から見た断面で、鉄芯の4つの先（磁極）が左上・右上・左下・右下に並んでいる。左上と左下の磁極は左の電磁石（電流 $I_{1}$ ）の鉄芯の両はし、右上と右下は右の電磁石（電流 $I_{2}$ ）の鉄芯の両はし。

ほしい磁場は $B_{z} = b y$ ：上半分（ $y > 0$ ）では $+ z$ 向き（右向き）、下半分では左向き。磁力線は N 極から出て S 極に入るので、上のすき間では左上が N・右上が S、下のすき間では右下が N・左下が S でなければならない。

鉄芯の中では、磁束は S 極から N 極へ向かって流れる。左の鉄芯では左下（S）から左上（N）へ、つまりコイルを巻いた左の足の中で上向き。右の鉄芯では右上（S）から右下（N）へ、つまり右の足の中で下向き。

図のコイルは左右とも同じ巻き方なので、矢印の向きに電流を流すと、右ねじの法則でどちらの足の中にも上向きの磁場ができる。左は上向きがほしいので $I_{1}$ はそのまま、右は下向きがほしいので $I_{2}$ は逆向きに流す。

2つを同じ向きに流すと、上の2つの磁極が同じ極になって、真ん中の $y$ 軸の上では紙面に垂直な成分 $B_{z}$ が打ち消し合って 0 になり、レンズにならない（磁場が全部消えるわけではなく、上下を向く成分 $B_{y}$ は残る。 $x$ 向きに進む粒子に対して $B_{y}$ は横（ $z$ の向き）に押す力を出すだけで、 $y$ の向きに曲げる力にはならない）。

答え

I_{1}

：正,　

I_{2}

：負

Ⅱ(1)

Ⅰ(1) の式から、同じ場所・同じ速さ・同じ電荷なら、曲がる角度は質量に反比例する： $θ \propto \frac{1}{m}$ 。

Q の曲がる角度が P の半分なので、Q の質量は P の2倍。

答え

2 m

Ⅱ(2)

$A_{1}$ から $A_{2}$ までの距離は $\frac{3}{2} f$ 。この間、粒子は曲げられた角度の傾きでまっすぐ下がる。

P は $θ_{0}$ 曲がった。Ⅰ(2) より P は距離 $f$ で $x$ 軸にとどくので $θ_{0} = \frac{y_{0}}{f}$ 。 $\frac{3}{2} f$ 進むと

y_{0} - θ_{0} \cdot \frac{3}{2} f = y_{0} - \frac{3}{2} y_{0}

で、 $x$ 軸を通りすぎて下側に出ている。

Q は角度が半分 $\frac{θ_{0}}{2}$ なので

y_{0} - \frac{θ_{0}}{2} \cdot \frac{3}{2} f = y_{0} - \frac{3}{4} y_{0}

で、まだ $x$ 軸の上にいる。Q の「焦点」は $2 f$ の所なので、まだ届いていない。

答えP：

- \frac{1}{2}

倍,　Q：

\frac{1}{4}

倍

Ⅱ(3)

$A_{2}$ での曲がり方も Ⅰ(1) と同じ考え方で、磁場が $k b y$ なので、曲がる角度は「 $k$ × 高さ × $\frac{q b d}{m v}$ 」。 $A_{1}$ の高さ $y_{0}$ で $θ_{0}$ （P の場合）だったことを基準にすると、P が $A_{2}$ で曲がる角度は

k θ_{0} \times \frac{- y_{0} / 2}{y_{0}} = - \frac{k}{2} θ_{0}

高さが負なので、逆向き（上向き）に曲げられる。 $A_{1}$ の分と足して $θ_{0} - \frac{k}{2} θ_{0}$ 。

Q は質量が2倍なので曲がり方は半分、高さは $\frac{y_{0}}{4}$ ：

\frac{k θ_{0}}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{k}{8} θ_{0}

$A_{1}$ の分 $\frac{θ_{0}}{2}$ と足すと、(3) の答えの形になる。

答えP：

(1 - \frac{k}{2}) θ_{0}

,　Q：

\frac{4 + k}{8} θ_{0}

Ⅱ(4)

$A_{2}$ を出た後、それぞれの粒子が $x$ 軸にとどくまでの距離を「高さ ÷ 傾き」で出す。

P は $x$ 軸の下（高さ $- \frac{y_{0}}{2}$ ）にいるので、上向きに進まないともどれない。そのためには角度が負、つまり $k > 2$ が必要で、上向きの傾きは $(\frac{k}{2} - 1) θ_{0}$ 。距離は

\frac{y_{0} / 2}{(k / 2 - 1) θ_{0}} = \frac{f}{k - 2}

Q は高さ $\frac{y_{0}}{4}$ から、傾き $\frac{4 + k}{8} θ_{0}$ で下がるので

\frac{y_{0} / 4}{(4 + k) θ_{0} / 8} = \frac{2 f}{k + 4}

2つが等しいとおくと $k + 4 = 2 (k - 2)$ から $k$ が決まり、距離は $\frac{f}{6}$ 。 $A_{2}$ の位置 $\frac{3}{2} f$ に足すと、2つの粒子がそろう点になる。

重さによって集まる点がずれる（光のレンズで色によって焦点がずれるのと同じ）のを、2枚目のレンズで直している。ただし、そろえられるのはこの2つの質量だけで、3つ目の質量の粒子はずれる。

答え

k = 8

（どちらも

x = \frac{5}{3} f

を通る）

第3問　超音波で板の中をさぐる（共振・縦波と横波の反射と屈折）

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

超音波（人に聞こえない高い音）で固い板の中をさぐる問題。

前半Ⅰは、板を「両端が自由に動ける棒」と見て、板の中に定常波（行って帰る波が重なって、その場でゆれる波）ができる条件から、共振する振動数を出す。

後半Ⅱ・Ⅲは、固体の中には縦波（進む向きにゆれる波）と横波（進む向きに垂直にゆれる波）の2種類があり、横波は縦波より遅い（速さが $\frac{1}{k}$ 倍）ことがポイント。境目に斜めに入った縦波からは、縦波と横波の反射波・屈折波の4つが生まれる。どれの角度も、「境目にそった方向の波面の進み方がそろう」という1つの考え方（ホイヘンスの原理・屈折の法則）で決まる：

\frac{\sin (角度)}{その波の速さ} = 一定

Ⅰ(1)

両面が自由端なので、どちらの面も定常波の腹（いちばん大きくゆれる所）になる。腹と腹の間の長さは半波長の整数倍なので

h_{A} = n \cdot \frac{λ}{2} (n = 1, 2, 3, \dots)

$λ = \frac{V_{A}}{f}$ を入れると $f = n \cdot \frac{V_{A}}{2 h_{A}}$ 。共振する振動数は、いちばん低い $n = 1$ の振動数の整数倍になっていて、それが $f_{0}$ 。

答え

f_{0} = \frac{V_{A}}{2 h_{A}}

Ⅰ(2)

$2.0 \times 10^{6}$ Hz と $3.0 \times 10^{6}$ Hz の両方が $f_{0}$ の整数倍になっていなければならない。そうなる $f_{0}$ は $1.0 \times 10^{6}$ Hz、その $\frac{1}{2}$ 、 $\frac{1}{3}$ 、… で、いちばん大きいのが $1.0 \times 10^{6}$ Hz。

(1) の式から $h_{A} = \frac{V_{A}}{2 f_{0}}$ なので、 $f_{0}$ が大きいほど板はうすい。いちばんうすい板は

h_{A} = \frac{5.0 \times 10^{3}}{2 \times 1.0 \times 10^{6}}

板を2倍、3倍…の厚さにしても両方で共振するので、「最小値」と聞いている。

答え

h_{A} = 2.5 \times 10^{- 3} m

Ⅱ(1)

ホイヘンスの原理（波面の各点から小さな円い波＝素元波が出て、それらを包む線が次の波面になる）で考える。

時間 $T$ の間に、Q を通った波面の点は S まで進んだので $Q S = V_{A} T$ 。同じ時間に、P から出た素元波（反射した縦波で、速さは同じ $V_{A}$ ）は半径 $V_{A} T$ の半円になっていて、接点 R までの長さが $P R = V_{A} T$ 。この2つがア・イ。

入射波の波面 PQ は入射の向きに垂直、境目 PS は法線に垂直なので、入射角 $α$ は波面と境目のなす角、つまり $∠ Q P S$ に等しい。同じように、反射角 $θ$ は反射波の波面 RS と境目のなす角 $∠ R S P$ 。

2つの直角三角形は合同なので、対応する角が等しく、 $α = θ$ になる。

答えア

Q S

,　イ

P R

,　ウ

Q P S

,　エ

R S P

Ⅱ(2)

横波の反射波は、(1) の半円の半径が $\frac{V_{A}}{k} T$ に変わるだけ。直角三角形 PQS と、横波の反射の直角三角形で、斜辺 PS は共通なので

\sin α = \frac{Q S}{P S} = \frac{V_{A} T}{P S}, \sin θ^{'} = \frac{(V_{A} / k) T}{P S}

割り算すると $\frac{\sin θ^{'}}{\sin α} = \frac{1}{k}$ 。

横波は遅いので、縦波よりも法線に近い向き（反射角が小さい向き）にはね返る。

答え

\sin θ^{'} = \frac{\sin α}{k}

Ⅱ(3)

屈折波も同じで、板Bの中の素元波の半径が、縦波なら $V_{B} T$ 、横波なら $\frac{V_{B}}{k} T$ になる。斜辺 PS は共通なので

\frac{\sin ϕ}{\sin α} = \frac{V_{B}}{V_{A}}, \frac{\sin ϕ^{'}}{\sin α} = \frac{V_{B} / k}{V_{A}}

「sin(角度) はその波の速さに比例する」という形で、4つの波がまとめて書ける。

答え

\sin ϕ = \frac{V_{B}}{V_{A}} \sin α

\sin ϕ^{'} = \frac{V_{B}}{k V_{A}} \sin α

Ⅲ(1)

板Bの中で縦波の屈折波を消し、横波の屈折波だけを残したい。

屈折波ができないのは、(3) の式で $\sin ϕ$ が 1 をこえてしまうとき（全反射）。縦波を消す条件は

\frac{V_{B}}{V_{A}} \sin α > 1

横波を残す条件は

\frac{V_{B}}{k V_{A}} \sin α < 1

2つを $\sin α$ について並べると答えの範囲になる。問題の条件 $\frac{V_{B}}{k} > V_{A}$ は、この範囲の上のはしが $1$ より小さくなるようにするためのもので、そのおかげで $α$ を上げすぎると横波も消える、という上の限りができる。

板Bに縦波も入ると、縦波と横波は別の角度に曲がり、板Bの中を別の道すじで進む（同じ1つの点の異物に両方が当たるわけではない）。こだまが返ってきても、縦波の道すじのものか横波の道すじのものか区別できないので、同じ時間 $t$ に対して深さ $h$ の候補が2つでき、 $t$ から $h$ を1つに決められない。「横波だけ」にするのはそのため。

答え

\frac{V_{A}}{V_{B}} < \sin α < \frac{k V_{A}}{V_{B}}

Ⅲ(2)

行きの道すじを2つに分けて、「長さ ÷ 速さ」を足す。

板Aの中：縦波が法線から $α$ 傾いて厚さ $h_{A}$ を進むので、長さは $\frac{h_{A}}{\cos α}$ 、速さは $V_{A}$ 。

板Bの中：横波が法線から $ϕ^{'}$ 傾いて深さ $h$ を進むので、長さは $\frac{h}{\cos ϕ^{'}}$ 、速さは $\frac{V_{B}}{k}$ 。

帰りは同じ道すじをもどるので、全体の時間は行きの2倍：

t = 2 (\frac{h_{A}}{V_{A} \cos α} + \frac{h}{(V_{B} / k) \cos ϕ^{'}})

$t$ は $h$ の1次式なので、 $t$ を測れば $h$ が1つに決まる。

答え

t = 2 (\frac{h_{A}}{V_{A} \cos α} + \frac{k h}{V_{B} \cos ϕ^{'}})

東大過去問 2013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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問題・出題の意図・東京大学の解答例（東京大学の公表資料）

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お知らせ（2026年10月4日）

物　理

第1問　向かい合ったばねの球がぶつかる（摩擦なし・あり）

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅰ(3)

Ⅰ(4)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

第2問　磁場で粒子を1点に集める（磁場のレンズと電磁石）

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅰ(3)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

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Ⅱ(4)

第3問　超音波で板の中をさぐる（共振・縦波と横波の反射と屈折）

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅱ(3)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

東大 過去問 2013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 向かい合ったばねの球がぶつかる（摩擦なし・あり）

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Ⅰ(1)

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第2問 磁場で粒子を1点に集める（磁場のレンズと電磁石）

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第3問 超音波で板の中をさぐる（共振・縦波と横波の反射と屈折）

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Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

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東大過去問 2013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

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第2問　磁場で粒子を1点に集める（磁場のレンズと電磁石）

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