東大過去問 2015年物理｜AI解答・解説・シミュレーション

東大過去問 2015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　質量 $m$ の小球A，Bが長さ $l$ のひもの両端につながれている。図1のように水平な天井に小球A，Bを $l$ だけ離して固定した。小球Bを固定した点をOとし，重力加速度の大きさを $g$ とする。小球A，Bの大きさ，ひもの質量，および空気抵抗は無視できるものとする。以下の設問に答えよ。

Ⅰ　小球Bを固定したまま小球Aを静かに放した。

(1)　ひもと天井がなす角度を $θ$ とする。小球Aの速さを $θ$ を用いて表せ。ただし， $0 ≦ θ ≦ \frac{π}{2}$ とする。

(2)　小球Aが最下点 $(θ = \frac{π}{2})$ に達したときのひもの張力の大きさを求めよ。

(3)　小球Aが最下点 $(θ = \frac{π}{2})$ に達したときの小球Aの加速度の大きさと向きを求めよ。

Ⅱ　小球Aがはじめて最下点 $(θ = \frac{π}{2})$ に達したときに小球Bを静かに放した。この時刻を $t = 0$ とする。

(1)　2個の小球の重心をGとする。小球Bを放したあとの重心Gの加速度の大きさと向きを求めよ。

(2)　時刻 $t = 0$ における，重心Gに対する小球A，Bの相対速度の大きさと向きをそれぞれ求めよ。

(3)　時刻 $t = 0$ における，ひもの張力の大きさを求めよ。

(4)　時刻 $t = 0$ における，小球A，Bの加速度の大きさと向きをそれぞれ求めよ。

(5)　小球Bを放してから，はじめて小球Aと小球Bの高さが等しくなる時刻を求めよ。

(6)　小球Bを放したあとの時刻 $t$ における小球Aの水平位置を求めよ。ただし，点Oを原点とし，右向きを正とする。

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第2問　図2のように，2本の十分に長い導体のレールP，Qが，水平面と $θ$ の角度をなして互いに平行に設置されている。レールの太さと抵抗は無視できるとする。レール間の距離は $L$ である。これらのレール上には，長さ $L$ ，質量 $m$ ，抵抗 $R$ の十分に細い $N$ 本の棒 $1, 2, 3, \dots, N$ が下から順にレールに対して垂直に置かれている。それらはレールに対して垂直のまま，レールに沿って摩擦なく滑る。磁束密度 $B (B > 0)$ の一様な磁場が鉛直上向きにかけられている。はじめ，すべての棒は固定されている。以下では，空気抵抗，および棒とレールを流れる電流により発生する磁場の影響は無視する。重力加速度の大きさを $g$ とする。以下の設問に答えよ。

Ⅰ　棒1の固定をはずしたところ，棒1はレールに沿って下に動き始め，しばらくして一定の速さ $u$ になった。

(1)　レールPからQに向かって棒1を流れる電流 $I$ を $u$ を用いて表せ。

(2)　 $u$ を求めよ。

Ⅱ　次に，棒1が他の棒から十分離れた状態で，棒1をレールに沿って上方向に一定の速さ $w$ で動かし続けた。このとき，棒2から棒 $N$ の固定をすべてはずしたところ，それらは動かなかった。 $w$ を求めよ。

Ⅲ　すべての棒を固定した状態から始めて，棒 $N$ 以外の固定を下から順番にはずしていった。しばらくして，棒 $N$ 以外の速さはすべて $u^{'}$ となった。 $u^{'}$ を求めよ。

Ⅳ　設問Ⅲの状況で，さらに棒 $N$ の固定もはずした。 $n$ 番目の棒 $(1 ≦ n ≦ N)$ のレールに沿った速度を $v_{n}$ ，加速度を $a_{n}$ とする。ただし，速度と加速度はレールに沿って滑り降りる向きを正とする。

(1)　 $a_{1} + a_{2} + a_{3} + \dots + a_{N}$ を求めよ。

(2)　 $1$ から $N - 1$ までの整数 $n$ に対して， $a_{n + 1} - a_{n} = - k (v_{n + 1} - v_{n})$ が成り立つ。定数 $k$ を求めよ。

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(3)　棒 $N$ の固定をはずしてからの経過時間 $t$ に対して， $v_{1}$ と $v_{N}$ はどのように変化するか。以下の説明とグラフの中から最も適当なものを選べ。なお，一般に加速度 $a$ および速度 $v$ をもつ物体の運動が $a = - K v$ ( $K$ は正の定数)を満たす場合， $v$ は時間の経過とともに $0$ に近づく。

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ア． $v_{1}$ と $v_{N}$ は最終的にはともに増加し,その差は小さくなる。

イ． $v_{1}$ と $v_{N}$ は一定の差を保ったまま,ともに増加する。

ウ． $v_{1}$ と $v_{N}$ はともに増加し,共通の定数に近づく。

エ． $v_{1}$ と $v_{N}$ は最終的にはともに減少し, $0$ に近づく。

オ． $v_{1}$ と $v_{N}$ はともに増加し,異なる定数に近づく。

(4)　棒1と棒 $N$ の間の距離は時間が経つにつれてどのように変化するか。以下の中から最も適当なものを選べ。

ア．大きくなる

イ．一定値に近づく

ウ．小さくなる

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第3問　図3—1のように下端の開口部から水が自由に出入りできる筒状容器の上部に質量の無視できる単原子分子の理想気体1モル，下部には水が満たされている。容器の質量は $m$ ，底面積は $S$ であり，その厚さは無視できる。容器は傾かずに鉛直方向にのみ変位する。容器外の水面における気圧を $P$ とする。水の密度 $ρ$ は一様であるとし，気体定数を $R$ ，重力加速度の大きさを $g$ とする。以下の設問に答えよ。ただし，物体の受ける浮力の大きさは，排除した水の体積 $V$ を用いて $ρ V g$ と表され，深さ $h$ での水圧は $P + ρ g h$ で与えられる。

Ⅰ　図3—1のように容器の上部が水面から浮き出ている場合を考える。

(1)　容器が静止しているとき，容器内の水位と外部の水位の差 $d$ (図3—1)を求めよ。

(2)　設問Ⅰ(1)の状態から容器をひき上げて水位が容器の内と外で同じになるようにした。このとき気体の体積はもとの体積の $r$ 倍であった。 $r$ を $ρ$ ， $d$ ， $g$ ， $P$ を用いて表せ。ただし，気体の温度変化はないものとする。

Ⅱ　図3—1の状態において気体の温度は $T$ であった。これを加熱したところ，容器は水面に浮いたままゆっくりと上昇し，気体の体積は $\frac{6}{5}$ 倍になった。

(1)　この過程において気体がした仕事 $W$ を $R$ ， $T$ を用いて表せ。

(2)　この過程において気体が吸収した熱量 $Q$ を $R$ ， $T$ を用いて表せ。

Ⅲ　図3—2のように容器全体が水中にある場合を考える。

(1)　容器に働く合力が $0$ となるつり合いの位置の深さ $h$ (図3—2)を求めよ。ただし，気体の温度を $T$ とし， $\frac{ρ R T}{m P}$ は $1$ より大きいとする。

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(2)　設問Ⅲ(1)のつり合いの位置に容器を固定したまま水面を加圧して $P$ の値を大きくし，その後容器の固定をはずした。加圧前と比べてつり合いの位置はどうなるか。また固定をはずしたあとの容器の動きはどうなるか。以下から最も適当なものを選べ。

ア．つり合いの位置は深くなる。容器は上昇する。

イ．つり合いの位置は深くなる。容器は下降する。

ウ．つり合いの位置は浅くなる。容器は上昇する。

エ．つり合いの位置は浅くなる。容器は下降する。

オ．つり合いの位置は変わらない。容器は動かない。

Ⅳ　図3—3のように筒状容器全体が水中にあり，容器内の気体と水が水平な仕切りで隔てられている場合を考える。気体に熱の出入りはない。仕切りは上下に滑らかに動くことができ，その体積と質量は無視できる。以下の過程では気体の圧力と体積は「(圧力) $\times$ (体積) $^{\frac{5}{3}} =$ 一定」という関係式を満たす。

(1)　はじめに，気体の体積は $V_{1}$ ，温度は $T_{1}$ であった。容器に外力を加えてゆっくりと沈め，気体の体積を $V_{2}$ にした。この過程における気体の内部エネルギーの変化 $Δ U$ を $R$ ， $T_{1}$ ， $V_{1}$ ， $V_{2}$ を用いて表せ。

(2)　設問Ⅳ(1)の過程において容器に加えた外力のする仕事を $W^{'}$ とすると，一般に $W^{'}$ と $Δ U$ は一致しない。差 $W^{'} - Δ U$ に含まれる仕事やエネルギーとしてはどのようなものがあるか挙げよ。(60字以内)

第1問　ひもでつないだ2つの玉を天井から放す

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

同じ重さの玉 A・B をひもでつなぎ、天井に止めた問題。前半Ⅰは B を止めたまま A をふりこにする、ふつうの円運動。後半Ⅱは、A が真下に来た瞬間に B も放し、2つがひもでつながったまま落ちていく。

Ⅱの動きは天井から見るとくねくねして複雑だが、2つの玉の重心 G といっしょに落ちながら見ると、とても簡単になる。G は重力だけで自由落下するので、G から見ると慣性力（加速と逆向きの見かけの力） $- m g$ が重力 $m g$ をちょうど打ち消し、重力が消えたように見える。残るのはひもの張力だけで、2つの玉は G のまわりを同じ速さでくるくる回る（等速円運動）。

「天井から見た動き＝重心の落下＋重心のまわりの回転」と分けて考えるのが、この問題の芯。

Ⅰ(1)

ひもと天井のなす角が $θ$ のとき、A は天井から $l \sin θ$ だけ下がっている。張力は動く向きと直角で仕事をしないので、力学的エネルギーが保存する：

\frac{1}{2} m v^{2} = m g l \sin θ

これを $v$ について解けばよい。

答え

v = \sqrt{2 g l \sin θ}

Ⅰ(2)

最下点では $v^{2} = 2 g l$ 。A は O を中心に半径 $l$ の円運動をしているので、中心向き（上向き）の運動方程式は

T - m g = m \frac{v^{2}}{l} = 2 m g

張力は重さの3倍になる。

答え

3 m g

Ⅰ(3)

最下点では、張力も重力もたて向きなので、円の接線方向（横）の力は 0。加速度は中心向きの成分 $\frac{v^{2}}{l}$ だけで、 $\frac{2 g l}{l}$ 。向きは円の中心 O のほう、つまり鉛直上向き。

Ⅰ(2) の式で言えば、 $T - m g = 2 m g$ を $m$ で割ったもの。

答え

2 g

（鉛直上向き＝Oの向き）

Ⅱ(1)

B を放したあと、2つの玉を1つのまとまりと見ると、外からはたらく力は重力 $2 m g$ だけ（ひもの張力は A と B が引きあう内力で、打ち消しあう）。

だから重心 G の運動方程式は $2 m \times (G の加速度) = 2 m g$ で、G は自由落下する。

答え

g

（鉛直下向き）

Ⅱ(2)

$t = 0$ で A は最下点を右向きに速さ $\sqrt{2 g l}$ で通過中、B は止まっている。同じ重さなので重心 G の速度は2つの平均で、右向きに $\frac{\sqrt{2 g l}}{2}$ 。

相対速度は「自分の速度 − G の速度」。A は右向きに $\frac{\sqrt{2 g l}}{2} = \sqrt{\frac{g l}{2}}$ 、B は左向きに同じ大きさ。G から見ると、2つは反対向きに同じ速さで動いている。

答えA:

\sqrt{\frac{g l}{2}}

右向きB:

\sqrt{\frac{g l}{2}}

左向き

Ⅱ(3)

G といっしょに落ちながら見ると、重力は慣性力で打ち消されて、ひもの張力だけが残る。2つの玉は G をはさんで反対側、G からの距離 $\frac{l}{2}$ のところにいて、ひもと直角に速さ $\sqrt{\frac{g l}{2}}$ で動いている。

これは半径 $\frac{l}{2}$ の円運動そのもので、張力が向心力になる：

T = m \frac{(g l / 2)}{l / 2}

G から見ると力は張力だけで、速さを変える力がないので、この円運動はずっと等速。張力もずっと同じ値のまま。

B を放した瞬間、張力は Ⅰ(2) の $3 m g$ から一気に下がる。

答え

m g

Ⅱ(4)

$t = 0$ では、ひもはたて向きで、A が下、B が上。

A には重力 $m g$ （下）と、B のほうへ引く張力 $m g$ （上）。ちょうど打ち消しあい、A の加速度は 0。

B には重力 $m g$ （下）と、A のほうへ引く張力 $m g$ （下）。合わせて $2 m g$ で、加速度は下向きに $2 g$ 。

2つの平均は下向きに $g$ で、Ⅱ(1) の重心の加速度と合っている。

答えA:

0

2 g

（鉛直下向き）

Ⅱ(5)

G から見た円運動の角速度（1秒あたりに回る角度）は

ω = \frac{速さ}{半径} = \frac{\sqrt{g l / 2}}{l / 2} = \sqrt{\frac{2 g}{l}}

A と B の高さが等しくなるのは、ひもが水平になるとき。 $t = 0$ ではひもはたて向きなので、 $\frac{π}{2}$ （4分の1回転）回ったとき。時間は $\frac{π / 2}{ω}$ 。

G は落ちていくが、2つの玉は同じだけ落ちるので、高さの比べっこには関係しない。

答え

t = \frac{π}{2} \sqrt{\frac{l}{2 g}}

Ⅱ(6)

A の横の位置＝ G の横の位置＋ G から見た A の横のずれ、と分ける。

G の横の位置： $t = 0$ では A も B も $x = 0$ の真上下にいるので、G も $x = 0$ 。横には力がないので、Ⅱ(2) の速さ $\sqrt{\frac{g l}{2}}$ で等速に動く。

G から見た A： $t = 0$ で G の真下 $\frac{l}{2}$ にいて、右向きに動きだす円運動。角度 $ω t$ 回ったときの横のずれは $\frac{l}{2} \sin ω t$ 。

2つを足せば答え。天井から見た A の通り道は、まっすぐ進む動きに円運動の横ゆれが重なった、波のような形になる。

答え

x_{A} = \sqrt{\frac{g l}{2}} t + \frac{l}{2} \sin (\sqrt{\frac{2 g}{l}} t) = \frac{l}{2} (ω t + \sin ω t)

ω = \sqrt{\frac{2 g}{l}}

第2問　磁場の中の坂のレールを N 本の棒がすべる

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

坂になった2本のレールの上に、同じ棒が $N$ 本ならんでいる。棒がすべると、棒の中に誘導起電力（動く導体にできる電圧）が生まれ、レールと他の棒を通って電流が流れる。その電流が磁場から力を受けて、ブレーキ（または押す力）になる。

注意するのは磁場が鉛直上向きで、レールの面に垂直ではないこと。レールの面をつらぬく分は $B \cos θ$ なので、坂にそって速さ $v$ で動く棒の起電力は $B L v \cos θ$ 。また、電流が受ける力 $I L B$ は水平向きなので、坂にそった成分は $I L B \cos θ$ 。 $\cos θ$ が2回かかる。

回路は、2本のレールのあいだに「起電力＋抵抗 $R$ 」の棒が $N$ 本、並列にならんだもの。どの場面でも、キルヒホッフの法則（つながった点に流れこむ電流の合計は 0）と、1本1本の運動方程式を組み合わせる。最後のⅣでは、電流の合計が 0 なので磁場の力を全部足すと 0になる、というのが「なるほど」のポイント。

Ⅰ(1)

棒1 だけが動き、起電力 $B L u \cos θ$ をつくる電池になる。残りの $N - 1$ 本は止まっていて、ただの抵抗 $R$ が並列につながったもので、合成抵抗は $\frac{R}{N - 1}$ 。

棒1 自身の抵抗 $R$ と直列なので、全体の抵抗は $R + \frac{R}{N - 1} = \frac{N R}{N - 1}$ 。電流は起電力 ÷ 全体の抵抗。

向きは、棒が下へすべると、「速度 × 磁場」の向きから棒の中で P → Q の向きに電流を流そうとするので、正。

答え

I = \frac{(N - 1) B L u \cos θ}{N R}

Ⅰ(2)

一定の速さになったとき、坂にそった力がつりあう。重力の坂にそった成分 $m g \sin θ$ （下向き）と、電流が受ける力の坂にそった成分 $I L B \cos θ$ （上向き、ブレーキ）：

m g \sin θ = I L B \cos θ

Ⅰ(1) の $I$ を入れて $u$ について解く。

$\cos^{2} θ$ で割っているのは、起電力と力の向きで $\cos θ$ が2回かかるから。坂が急なほど、磁場がレールの面をつらぬく分が減ってブレーキがきかず、速さが大きくなる。

答え

u = \frac{N}{N - 1} \cdot \frac{m g R \sin θ}{B^{2} L^{2} \cos^{2} θ}

Ⅱ

棒2〜 $N$ が動かないとき、それぞれの棒には、重力の成分 $m g \sin θ$ （下向き）とつりあう、上向きの磁場の力がはたらいている。1本あたりの電流を $i$ とすると

i L B \cos θ = m g \sin θ

棒1 が上へ動くと、起電力の向きが Ⅰ と逆になり、棒2〜 $N$ には Ⅰ と逆向きの電流が流れて、上向きの力を受ける。

回路は Ⅰ(1) と同じ形で、棒1 の電流は $\frac{(N - 1) B L w \cos θ}{N R}$ 。これが $N - 1$ 本に等しく分かれるので $i = \frac{B L w \cos θ}{N R}$ 。これを上のつりあいに入れて $w$ について解く。

答え

w = \frac{N m g R \sin θ}{B^{2} L^{2} \cos^{2} θ}

Ⅲ

動いている $N - 1$ 本は同じ速さ $u^{'}$ なので、どれも同じ起電力 $E = B L u^{'} \cos θ$ 。止まっている棒 $N$ だけが電流の出口になる。

レール P と Q の電位差を $V$ とすると、動いている棒1本の電流は $\frac{E - V}{R}$ 、棒 $N$ の電流は $\frac{V}{R}$ （逆向き）。電流の合計が 0 なので

(N - 1) \frac{E - V}{R} = \frac{V}{R} ⟹ V = \frac{N - 1}{N} E

動いている棒1本の電流は $\frac{E - V}{R} = \frac{E}{N R}$ 。これが Ⅰ(2) と同じつりあい $m g \sin θ = i L B \cos θ$ を満たすので、 $u^{'}$ が決まる。

Ⅱ の $w$ と同じ値になる。つりあうのに要る1本あたりの電流を $i$ とすると、Ⅱ では動く棒に $(N - 1) i$ 、止まった棒に $i$ ずつ流れ、Ⅲ では動く棒に $i$ ずつ、止まった棒に $(N - 1) i$ 流れる。どちらも「動く棒の電圧の下がり＋止まった棒の電圧の下がり」が $(N - 1) i R + i R = N i R$ で、これが起電力に等しい。だから必要な速さも同じになる。

答え

u^{'} = \frac{N m g R \sin θ}{B^{2} L^{2} \cos^{2} θ}

Ⅳ(1)

全部の棒を放すと、電流の出入り口は棒どうしだけになる。レール P からそれぞれの棒に入る電流の合計は 0（キルヒホッフの法則）。

磁場の力は電流に比例し、どの棒でも向きのきまりは同じなので、全部の棒の力を足すと 0。だから、全部の棒の運動方程式を足すと重力だけが残る：

m (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{N}) = N m g \sin θ

みんなの平均の加速度は、磁場が無い坂と同じ $g \sin θ$ 。

答え

N g \sin θ

Ⅳ(2)

棒 $n$ の電流は $i_{n} = \frac{B L v_{n} \cos θ - V}{R}$ （ $V$ はレールのあいだの電位差で、どの棒にも共通）。棒 $n$ の運動方程式は

m a_{n} = m g \sin θ - i_{n} L B \cos θ

となりの棒と差をとると、 $m g \sin θ$ と $V$ が消えて

m (a_{n + 1} - a_{n}) = - \frac{B^{2} L^{2} \cos^{2} θ}{R} (v_{n + 1} - v_{n})

両辺を $m$ で割れば $k$ が分かる。磁場は速さの「差」だけにブレーキをかける。

答え

k = \frac{B^{2} L^{2} \cos^{2} θ}{m R}

Ⅳ(3)

Ⅳ(2) は、となりどうしの速さの差について「 $a = - K v$ 」の形なので、差は時間とともに 0 に近づく。だから $v_{1} - v_{N}$ も 0 に近づく。一方、Ⅳ(1) から平均の速さは $g \sin θ$ でずっと増える。

はじめの様子：放した瞬間、棒1 はまだ速さ $u^{'}$ で、電流も Ⅲ のときと同じなので、力はつりあったまま（加速度 0）。グラフは平らに出て、あとから増える。棒 $N$ は 0 から加速する。

最後には2本とも同じ傾き $g \sin θ$ で増え、差は小さくなる。これに合うのはア。一定の値に近づくもの（ウ・オ）は、平均が加速し続けることに合わない。

答えア

Ⅳ(4)

棒1 は棒 $N$ より下にあり、 $v_{1} > v_{N}$ のあいだは下へ速く進むので、2本の距離は広がる。

ただし速さの差は Ⅳ(3) のとおり $e^{- k t}$ の形で急に小さくなり、差を時間で足した合計（広がる距離）はある値 $\frac{u^{'}}{k}$ で止まる。だから距離はふえながら一定値に近づく。

答えイ

第3問　底のあいた筒に空気を入れて、水に浮かべる

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

底のあいた筒の上のほうに空気（単原子分子の理想気体 1 モル）を閉じこめ、水に浮かべる問題。筒の中の水面は、気体の圧力と水圧がつりあう高さになる。

筒にかかる力は3つだけ：ふたを下から押す気体の圧力、ふたを上から押す大気（または水）の圧力、筒の重さ。気体の質量は無視できるので、結局「気体が押しのけた水の重さ＝筒の重さ」がつりあいの条件になる（浮力）。

気体の圧力は「中の水面の深さ」で決まり（深さ $y$ で $P + ρ g y$ ）、その圧力で気体の体積が決まる（状態方程式 $p V = R T$ ）。水面に浮いているときは圧力が筒の重さだけで決まり、水の中では深いほど気体がつぶれて浮力が減る。この「深いほど浮く力が減る」性質が、浮沈子（水の中で浮き沈みするおもちゃ）の不安定さのもとになる。

Ⅰ(1)

中の水面は外の水面より $d$ 低いので、気体の圧力は $P + ρ g d$ 。

筒にかかる力のつりあい：ふたを下から押す気体の力 $(P + ρ g d) S$ 、上から押す大気の力 $P S$ 、重さ $m g$ 。

(P + ρ g d) S = P S + m g ⟹ ρ g d S = m g

$P$ が消えて、 $d$ は筒の重さと太さだけで決まる。空気の量や温度によらない。

答え

d = \frac{m}{ρ S}

Ⅰ(2)

温度が変わらないので、ボイルの法則「圧力 × 体積＝一定」が使える。

はじめの圧力は $P + ρ g d$ 、引き上げて水位が同じになると、気体の圧力は外の気圧と同じ $P$ 。

(P + ρ g d) V = P \cdot r V

これを $r$ について解く。

答え

r = 1 + \frac{ρ g d}{P}

Ⅱ(1)

筒が浮いているあいだは、Ⅰ(1) のとおり $d$ は筒の重さだけで決まり、気体の圧力 $P + ρ g d$ は変わらない。つまり、温めているあいだずっと圧力一定。

圧力一定での仕事は「圧力 × ふえた体積」。1 モルの理想気体では $p Δ V = R Δ T$ 。体積が $\frac{6}{5}$ 倍になると、圧力一定なので温度も $\frac{6}{5}$ 倍、つまり $Δ T = \frac{T}{5}$ 。

答え

W = \frac{R T}{5}

Ⅱ(2)

熱力学第1法則「もらった熱＝内部エネルギーの増加＋気体がした仕事」。

単原子分子の内部エネルギーの増加は $\frac{3}{2} R Δ T = \frac{3}{2} R \cdot \frac{T}{5}$ 。これに Ⅱ(1) の $W = \frac{R T}{5}$ を足す。

熱のうち $\frac{2}{5}$ が仕事に、 $\frac{3}{5}$ が温度を上げるのに使われる（圧力一定の単原子分子ではいつもこの割合）。

答え

Q = \frac{R T}{2}

Ⅲ(1)

筒の厚さは無視できるので、押しのけている水の体積は、気体の体積 $V$ そのもの。つりあいは

ρ V g = m g ⟹ V = \frac{m}{ρ}

気体の圧力は、中の水面の深さ $h$ の水圧 $P + ρ g h$ 。状態方程式から

(P + ρ g h) \frac{m}{ρ} = R T

これを $h$ について解く。 $\frac{ρ R T}{m P} > 1$ は、 $h$ が正になる（水面より下につりあいがある）ための条件。

答え

h = \frac{P}{ρ g} (\frac{ρ R T}{m P} - 1)

Ⅲ(2)

つりあいの位置：Ⅲ(1) より、つりあいでは気体の圧力が $P + ρ g h = \frac{ρ R T}{m}$ で決まっている（体積が $\frac{m}{ρ}$ になる圧力）。 $P$ を大きくすると、同じ圧力になるのに必要な水の深さ $h$ は小さくてよい。つりあいは浅くなる。

動き：固定したまま $P$ を上げると、中の気体の圧力が上がって体積がちぢみ、浮力が重さより小さくなる。はずすと筒は下がる。下がるとさらに水圧が上がって気体がちぢみ、浮力がもっと減るので、そのまま沈んでいく。

水の中のつりあいは、少しずれるとずれが大きくなる（不安定な）つりあい。水面に浮くつりあい（Ⅰ）がずれても元にもどるのと対照的。

答えエ

Ⅳ(1)

熱の出入りがない（断熱）ので「圧力 × 体積 $^{5 / 3}$ ＝一定」。状態方程式 $p = \frac{R T}{V}$ を入れると

T V^{\frac{2}{3}} = 一定 ⟹ T_{2} = T_{1} {(\frac{V_{1}}{V_{2}})}^{\frac{2}{3}}

内部エネルギーの変化は $\frac{3}{2} R (T_{2} - T_{1})$ 。沈めて体積が小さくなる（ $V_{2} < V_{1}$ ）と、気体は押しちぢめられて温まる。

答え

Δ U = \frac{3}{2} R T_{1} {{(\frac{V_{1}}{V_{2}})}^{\frac{2}{3}} - 1}

Ⅳ(2)

外力の仕事 $W^{'}$ は、気体の内部エネルギーだけでなく、ほかのものにも行き渡る。

容器の位置エネルギー：容器が沈むので、重力による位置エネルギーが減る（重力が仕事をしてくれる）。

押しのけた水の位置エネルギー：容器と気体が水の中を下がると、その分の水が上に移る。水の位置エネルギーが増える。

大気のする仕事：気体がちぢむと水面が下がり、水面を押している大気圧が仕事をする。水面が下がる向きに押しているので、大気のする仕事は正（ $- P Δ V$ 、 $Δ V < 0$ ）。

容器・水・気体をまとめて見ると、エネルギーを入れるのは外力と大気の2つなので $W^{'} + (大気のする仕事) = Δ U + (容器の位置エネルギーの変化) + (水の位置エネルギーの変化)$ 。つまり

W^{'} - Δ U = (容器の位置エネルギーの変化) + (水の位置エネルギーの変化) - (大気のする仕事)

で、大気の仕事は足すのではなく引く（大気が手伝ってくれた分だけ、外力の仕事は少なくてすむ）。

ゆっくり沈めるときに要る下向きの外力は $F = ρ g V - m g$ （浮力−重さ）。Ⅲのつり合いの深さ（ $ρ V = m$ ）から沈める場合は、深いほど $V$ が減って $F < 0$ になるので、下へ押すのではなく上へ引きとめる向きの力が要る。はじめの体積が $V_{1} > m / ρ$ なら、はじめのうちは下へ押す必要がある。

答え容器の重力による位置エネルギーの減少、容器と気体が押しのけた水の重力による位置エネルギーの増加、大気圧が水面を通してする仕事

東大過去問 2015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　ひもでつないだ2つの玉を天井から放す

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅰ(3)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅱ(3)

Ⅱ(4)

Ⅱ(5)

Ⅱ(6)

第2問　磁場の中の坂のレールを N 本の棒がすべる

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ

Ⅲ

Ⅳ(1)

Ⅳ(2)

Ⅳ(3)

Ⅳ(4)

第3問　底のあいた筒に空気を入れて、水に浮かべる

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

Ⅳ(1)

Ⅳ(2)

東大 過去問 2015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 ひもでつないだ2つの玉を天井から放す

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅰ(3)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅱ(3)

Ⅱ(4)

Ⅱ(5)

Ⅱ(6)

第2問 磁場の中の坂のレールを N 本の棒がすべる

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ

Ⅲ

Ⅳ(1)

Ⅳ(2)

Ⅳ(3)

Ⅳ(4)

第3問 底のあいた筒に空気を入れて、水に浮かべる

問題の読み方

Ⅰ(1)

Ⅰ(2)

Ⅱ(1)

Ⅱ(2)

Ⅲ(1)

Ⅲ(2)

Ⅳ(1)

Ⅳ(2)

東大過去問 2015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　ひもでつないだ2つの玉を天井から放す

第2問　磁場の中の坂のレールを N 本の棒がすべる

第3問　底のあいた筒に空気を入れて、水に浮かべる