大阪医科大学 2017年度（後期）入学試験 解答速報 物理
2017年3月10日 実施Ⅰ√√
26x 成分 :v0 [m/s], y 成分 : −v0 [m/s]26√ )( √26v0+[s]
26g
√
33√ )
(13v0 2v0 2
L=+[m], h1 =[m]
26g6g
√√ )
( √v0
( 3 − 1)v0 2
26−[s], L1 =[m]
t1 =
26g
6g

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)

v0v0 2v0 2(6) t2 = √[m], L2 =[m][s], h2 =
12g
3g6g
√
3(7)
倍
3解説v0v0(1) 衝突直前の速度の x 成分 v1x は打ち出した直後の x 成分 v0x = √ と等しいので，v1x = √ ．
22v0◦
また，y 成分は，v1y = −v1x tan 30 = − √6√ )( √v1y − v0y26v0(2) 速度の y 成分の変化から，t ==+−g
26g(3) 速度の壁に垂直な成分は衝突時に −e 倍となるので，
v2x1tan 30◦e=−= √=v1xtan 45◦
32v1y − v0y 2(4) L = v0x t，h1 =2(−g)√ )√( √2v0y26v0
3 − 1 v0 2(5) t1 =−t=−L1 = ev1x t1 =g26g6gv0(6) B で床に衝突した直後の速度の y 成分は，v3y = ev0y = √ だから，
6v3yt2 ==g√

6 v06gh2 =11 v0 2gt2 2 =212 g

L2 = ev1x t2 × 2 =1 v0 23 g(7) n 回目の衝突直後の速度の y 成分を Vn とおくと，n + 1 回目の衝突までの時間 Tn は，Tn =Vn+1 = eVn より，
Dn+1
ev1x tn+1==e=Dnev1x tn

2Vn．
g

√

33

＜次頁につづく＞

Ⅱ
P0 V 0[K]nR(2) TB = aT0 [K](1) T0 =(3) WAB ′ = (1 − a)nRT0 [J]，QAB = −(1 − a)n(Cv + R)T0 [J](4) QBC = a(b − 1)nCv T0 [J]Cv +R(5) a Cv · bT0 [K]R(6) −ab(1 − a Cv )nCv T0 [J](7) イ． B → C(8) 0.27
解説
以下，状態 B の温度を TB ，状態変化 A−→B において，気体のした仕事 WAB ，内部エネルギーの変化∆UAB ，気体が吸収した熱量 QAB などと書くことにする．
P0 V 0nR
P0 V 0P0 · aV0(2) ボイル・シャルルの法則から=．... TB = aT0
T0
TB(3) A−→B は定圧変化であるから，WAB = −P0 (VA − VB )．
(1) 状態方程式 P0 V0 = nRT0 から T0 =よって気体がされた仕事は WAB ′ = −WAB = (1 − a)nRT0

QAB = ∆UAB + WAB = −nCv (1 − a)RT0 − (1 − a)nRT0 = −(1 − a)n(Cv + R)T0(4) B−→C は定積変化であるから WBC = 0．
熱力学第一法則により QBC = ∆UBC = nCv (TC − TB ) = a(b − 1)nCv T0

Cv + Rと書くことにすると，P V γ = 一定 より T V γ−1 = 一定 が成り立つので，Cv
γ−1TC VC γ−1 = TD VD γ−1 ⇐⇒ abT0 · (aV0 )= TD V0 γ−1 ... TD = aγ bT0()(6) ∆UCD = nCv (TD − TC ) = −ab 1 − aγ−1 nCv T0(5) γ =1(8) e =WAB + WCD−(1 − a)nRT0 + (ab − aγ b) nCv T0
10 − 6 · 2 3 .
===. 0.27
QBCa(b − 1)nCv T09＜次頁につづく＞

Ⅲ
1CV [C]
22CV 2 [J]92− CV [C]
5CV 2[N]8d3
CV 2 [J]16(1)(2)(3)(4)(5)S
R3R4S3A
B

Q

P

R2R1

解説TGV

S1S2V

上図のように抵抗と回路上の点の名称を決め，以下で用いる．

VV[A] が流れ，R3 の電流が 0 となるので，点 SP 間の電圧が[V] となる．
2R2V
(2) S2，S3 を閉じてしばらく時間が経ったとき，R2 ，R3 ，R4 に同じ大きさの電流[A] が流れるの3R2で，点 SP 間の電位差がV [V] となる．S2 を開いた後，コンデンサーに蓄えられた静電エネルギー
3(1) R1 ，R2 に電流がすべてジュール熱として失われる．

(3) すべてのスイッチを閉じてしばらく時間が経ったときの点 Q の電位を V ′ とする．点 P の電位が V ，
点 T の電位が 2V であることに注意して，点 Q についてのキルヒホッフの第 1 法則より，

V −V′V′
2V − V ′+=R
R
2R

6... V ′ =
V [V]
5V′
32=
V [V] であるので，A の電位は B よりもV [V] だけ低い．
2551(4) コンデンサーの静電エネルギーの変化 ∆U =CV 2 [J]．求める力の大きさを F [N] として，
8F d = ∆U ．
点 S の電位が(5) 最終的なコンデンサーの容量 C ′ は，容量 C と 2C のコンデンサーを直列に接続したものと等しくな
21るので，C ′ =C [F]．このコンデンサーに電荷CV [C] が蓄えられているときのエネルギーがす
32べてジュール熱となる．

＜次頁につづく＞

Ⅳ(1) 0.9 [倍]√k(2) e[m/s]
mr
(3)
QP′PC

球に図の下向きの力を及ぼす．
解説(1) 万有引力定数を G，地球の質量を M ，地球の中心からの距離 xL の位置に質量を m の物体を置
Mm
0.0123M m
いたとすると，力のつり合いより，G=G⇐⇒ (1 − x)2 = 0.0123x2 よって，2(xL)(1 − x)2 L2
1 .
. 0.11x.
=. 0.9 [倍]1−x=... x =.
.
1.11
√v2e2k.
(2) 求める速さを v とすると，円運動の運動方程式より，m=k 2..v=e[m/s]rrmr(3) 略解の図のように，屈折により P，P′ の光路が曲げられることで，P，P′ 合計の下向きの運動量は減少する．つまり，光束全体は上向きの力積を受ける．したがって，光はプラスチック球に下向きの力を及ぼす．

＜次頁につづく＞

講評
大問Ⅰ 放物運動と壁への斜め衝突．
大問Ⅱ 熱機関と熱効率．
大問Ⅲ コンデンサーと抵抗を含む回路．
大問Ⅳ 小問集合 (万有引力，荷電粒子の運動，光の屈折と光子による力積)．
大問Ⅰ 内容は標準的．計算がやや複雑なので計算ミスに気をつけて完答したい．
大問Ⅱ 内容は標準的．符号や最後の数値計算はミスし易い．
大問Ⅲ 内容は標準的だが，回路がやや見にくく状況の変化が分かりづらい．
大問Ⅳ (3) の光子の運動量変化による力積の問題はやや難しいが他は標準的．
全体的に計算量は多いが，前期に比べて易化している．ボーダーラインは 7 割 5 分．

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