1

理工系の物理学入門 問題解答例
最終更新日 2014 年 7 月 9 日1

1 章===========================================
問題 1.1 1 g= 10−3 kg のように各単位を変換すればよい．
() ((1) 1.3 × 10−3 g/cm3 = 1.3 × 10−3
(

)

)3

10−3 kg / 10−2 m= 1.3 kg/m3(2) 2.1 × 10−3 kg /(10−2 m)2 = 21 kg/m2()(3) 72 km/h = 72 × 103 m /(3600 s) = 20 m/s(A1.1)

問題 1.2 例えば次のように単位を付ければよい．

(1) 1 min. + 30 s = 1.5 min.
(2) 1 d + 12 h = 1.5 d(3) 1 min. + 5 s = 65 s(4) 3600 s + 120 min. = 3 h(5) 3 h + 20 min. + 30 s = 200.5 min.

(A1.2)

問題 1.3 加減計算の場合は「お尻を揃える」ために 1 番大きな単位に単位を揃えるとよい．

(1) 2.1 + 0.24 − 1.442 = 0.898 ≅ 0.9 m
24 1442(2) 2.1 +−= 2.1 + 0.4 − 0.4005 · · · ≅ 2.1 h
60 3600(3) 2.10532 + 0.2402 − 0.144205 = 2.201315 ≅ 2.2013 kg(A1.3)

問題 1.4 乗除計算の場合は，一番粗い桁数に合わせる．まずは単位を揃えて計算する．SI

単位系の単位にするためには，m，kg，s に直してから計算する．

(1) π × 2.512 × 23 = 455.2 · · · ≅ 4.6 × 102 cm3(2) 4.6 × 102 × 2.70 ≅ 1.2 × 103 g = 1.2 kg(3) 1.2 × 9.7973641 ≅ 1.2 × 10 N

(A1.4)

演習問題 1[1](1)
1 ミクロン = 1 µm = 10−6 m
1 オングストローム = 10−8 cm = 10−10 m
1 ナノメートル = 1 nm = 10−9 m

1(A1.5)

2014.07.09 の変更点：演習問題 14[1] の (1) の TeX 変換ミスを修正. 2013.07.16 の変更点：正誤表に基づ
く細かい修正.

問題解答例2(2) １天文単位は地球・太陽間の平均距離で1 天文単位 ≅ 約 1 億 5 千万 km = 1.5 × 1011 m(A1.6)

1 光年は光速 (≅ 3.0 × 108 m/s) で 1 年間 (≅ 3.16 × 107 s) に飛ぶ距離なので，1 光年 ≅ 3.0 × 108 × 3.16 × 107 = 9.48 × 1015 m(A1.7)

1 pc は，天体から１天文単位の長さを見込む角度が 1 秒 (角度の単位) のときの天体までの距離であり，
1 pc ≅

1 天文単位≅ 3.09 × 1016 m(≅ 3.26 光年)
tan(1 秒)

(A1.8)

である. すなわち 1 pc の距離にある天体は，夏と冬 (あるいは半年後との比較)
で，天体の位置が約 2 秒角違って見える (望遠鏡の角度が 2 秒角ずれる)．
(3) 12 C 原子の中に核子は 12 個あり，6.02 × 1023 個で 12 g だから，核子の質量 ≅1g ≅ 1.66 × 10−27 kg
6.02 × 1023

(A1.9)となる．

(4)
銀河系の星の質量 ≅ 1011 × 2.0 × 1030 = 2.0 × 1041 kg
宇宙の全銀河の星の質量 ≅ 1011 × 2.0 × 1041 = 2.0 × 1052 kg(A1.10)(5)
1 年 = 365.24 × 24 × 3600 ≅ 3.16 × 107 s
宇宙の年齢 ≅ 1.37 × 1010 × 3.16 × 107 ≅ 4.32 × 1017 s(A1.11)[2] 例えば次のように単位を付ければよい．

(1) 200 cm × 3000 mm = 6 m2
4 m3
(2)
=2m
10 m × 200 mm(3) 200 cm × 0.001 km = 2 m2

(A1.12)[3] 例えば次のように単位を付ければよい．

120 cm= 2 cm/s
60 s
72000 m(2) 72 km/h == 20 m/s
3600 s(1) 1.2 m/min. =[4] (3) と (5)．

(1) 両辺の単位は m/s で OK．
(2) 両辺の単位は N · s = kg · m/s で OK．
(3) 左辺の単位は kg · m/s，右辺の単位は kg · m2 /s3 ．
(4) 両辺の単位は N=kg · m/s2 で OK．
(5) 左辺の単位は kg · m2 /s3 ，右辺の単位は kg · m．

(A1.13)

問題解答例

3(6) 両辺の単位は N · m = kg · m2 /s2 で OK．
[5](1) それぞれの物理量の SI 単位系での単位を [ ] で表すと，v = 距離/時間 [m/s],
h = 長さ [m]，g = 加速度 = 距離/時間2 [m/s2 ] である (ここでは単位を用いて導くことにする)．v は h と g のみの関数であるというのだから，
v = Chx g y(A1.14)と表せる．ここで C は無次元 (ただの数) の比例係数，x と y は求めようとする
未知数である (次元解析では比例係数までは決まらない）．両辺の単位は等しいから (SI 単位系の単位を用いて表すと），

m/s = 1 · (m)x · (m/s2 )y = (m)x+y · (s)−2y(A1.15)となる．それぞれの係数が両辺で等しいことから x + y = 1, −2y = −1 これを√解いて，x = y = 12 ，すなわち，v = C hg (C は無次元の比例定数). (津波の速さもこの公式に従う．すなわち海底が深いほど津波の速さは速く，半日ほどで地球の裏側に達する．)(2) 上と同様に，
運動エネルギー =Cmx ry nz(A1.16)
とおいて，ここでは次元（長さ，質量，時間をそれぞれ L, M, T とする）で書
くと
M L2 /T 2 = M x Ly (1/T )z = M x Ly T −z
(A1.17)となる．(ここで n の次元は T −1 であることに注意．) この式から x = 1, y =2, z = 2 となる．すなわち，
運動エネルギー = Cmr2 n2(A1.18)となる．ここで C は無次元の比例定数である．
[6] (1) 地球・月間の距離は 299792458 × 1.3 ≅ 3.9 × 108 m，地球・太陽間の距離は299792458 × 500 ≅ 1.50 × 1011 m，したがって
月・太陽間の距離 ≅ 1.50 × 1011 m(A1.19)299792458≅ 6.4 × 106 m
2π × 7.5(A1.20)(2)(3)
4
× (6.4 × 106 )3 × 5.52 ≅ 6.0 × 1024 kg3(4) 光は 1 天文単位を 500 秒かかるので，
500 × 30.1 = 1.51 × 104 s(A1.21)(A1.22)

2 章===========================================
問題 2.1 逆方向に複数の電車を走らせるにはバイパスでしかすれ違えないことに注意．

(1) 図 A2.1 の実線の通り．
(2) 図 A2.1 の破線の通り．

問題解答例

4
D

C

B

A
5:00

6:00

7:00

8:00

9:00

図 A2.1: 列車のダイヤグラム

A'At
図 A2.2: トラック周回運動の x − t 図(3) 図 A2.1 の点線の通り．
問題 2.2 図 A2.2 の通り．A=A′ であることに注意．
問題 2.3 同じ単位に直さないと比べられない．有効数字 2 桁で計算する．
m(1) 普通に歩く人，4 km/h：4000
3600 s ≅ 1.1 m/s
m(2) 時速 60 km の自動車: 60 km/h= 60000
3600 s ≅ 17 m/sm(3) 100m 走のトップランナー（100 m を 10 s 弱で走る)： 100
10 s = 1.0 × 10 m/s
42195 m(4) マラソンのトップランナー (42.195 km を 2 時間余りで走る)：(2×3600s) ≅ 5.9 m/s
55.5×10 m(5) 新幹線 (のぞみは，東京・新大阪間約 550 km を 2 時間 30 分余りで運行)：(2.5×3600s) ≅6.1 × 10 m/s
106 m
2(6) 飛行機 (時速約 1000 km)：1000 km/h= 3600s ≅ 2.8 × 10 m/s
7
4×10 m2(7) 赤道での地球の自転速度 (地球一周約 40,000 km)： (24×3600s) ≅ 4.6 × 10 m/s
8km(8) 公転速度 (地球・太陽間の距離は約 1.5×108 km)：2π×1.5×10= 3.0×104 m/s; (1 年 ≅(π×107 s)
π × 107 s)(9) 空気中の音速 (室温で秒速約 340 m)：3.4 × 102 m/s(10) 風速 50 m の風の速さ：5.0 × 10 m/s (風速とはもともと秒速での数値である)(11) 光速 (1 秒間に地球を 7.5 周)：3.0 × 108 m/s
3 m(12) チーター (時速 115 km)，115 km/h： 115×10≅ 3.1 × 10 m/s．
3600
s
√
2
(13) 津波の速さ： 4200 × 9.8 ≅ 2.0 × 10 m/s．

したがって，11, 8, 7, 9, 6, 13，5, 10, 12，2, 3, 4, 1 の順．(地球がこんなスピードで動いていたとは！)問題 2.4 極限の概念をしっかり身に付けよう．
(1) 矢の速度はゼロではない．したがって矢は動いている．
(2) 無限に繰り返しても追いつくまでの時間は有限である．すなわち，有限の時間に

問題解答例

5

アキレスは亀に追いつき追い越すのである．
(アキレスの母親が，息子を不死身にするために足首を持って血の池に逆さにざぶんと漬けたという．そのため足首だけは不死身ではなく弱点として残ったことから．)問題 2.5 t で微分する．(2) では ωt，(3) では Tt が無次元の量になっていることに注意のこと．

(1) v(t) = 2At + B [m/s], a(t) = 2A [m/s2 ](2) v(t) = −Aω sin(ωt + φ0 ) [m/s], a(t) = −Aω 2 cos(ωt + φ0 ) [m/s2 ]BB(3) v(t) = − e−t/T [m/s], a(t) = 2 e−t/T [m/s2 ](A2.1)
TT
問題 2.6 図 A2.3 のとおり．

(1),(2)(3),(5)

x
0

v

(4)

x

(6)

x

x
0

0

0

t v

t v

t v

0
0

a
0

0

t a

t

t

x
0

t v

t

t
0

t a

0

(7)

a

0

t

0

0

t a

t

0

t

t

図 A2.3: x − t 図,v − t 図，a − t 図
問題 2.7 テイラー (マクローリン) 展開式を用いる (教科書の見返し表 8 参照)．

(1) cos x ≅ 1 −(2) sin x ≅ x

x22(3) tan x ≅ x(4) exp(−x) ≅ 1 − x +
(5)

x2
2

d ln(1 + x)1d[(1 + x)−1 ]
1
=
,
=−
dx
(1 + x)dx(1 + x)2x2とテイラー展開式より，ln(1 + x) ≅ x −2(A2.2)

問題 2.8 各成分を t で微分するだけである．

v(t) = (−r0 ω sin(ωt + ϕ0 ), r0 ω cos(ωt + ϕ0 ), 0) [m/s](A2.3)

a(t) = (−r0 ω 2 cos(ωt + ϕ0 ), −r0 ω 2 sin(ωt + ϕ0 ), 0) [m/s2 ](A2.4)

を得る．a(t) = −ω 2 r(t) [m/s2 ] であり，r(t) [m] に比例している (負符号なのでr(t) [m] とは逆向き)．大きさはr(t) = r0 [m], v(t) = r0 ω [m/s], a(t) = r0 ω 2 [m/s2 ](A2.5)

問題解答例

6となり，すべて t によらず一定である．これは等速円運動を表す．
0
問題 2.9 (1) 1 周 2πr0 を時間 t0 で回るのだから， 2πrt0 ．
(2) 始めは原点 (0, 0, 0) で，変位後は (0, 2r0 , 0) なので差し引き (0, 2r0 , 0)．
00(3) 変位をかかった時間 t20 で割って，(0, t2r, 0) = (0, 4r
t0 , 0).
0 /2
0(4) 速さは (1) で与えられ，向きは左向きなので (− 2πrt0 , 0, 0)．

演習問題 2[1] 図 A2.4 の通り．
a

0
v

t

0
x
B

A

t

0

t1

t2

t3

t

図 A2.4: ジェットコースターの x − t 図，v − t 図，a − t 図[2] x(0) = v(0) = 0 に注意して t で積分する (教科書の見返し表 6 参照)．すなわち，積分したときに出る積分定数を x(0) = v(0) = 0 を満たすように決める．

1 2
At [m]
2
1
1
1v(t) = At2 + Bt [m/s], x(t) = At3 + Bt2 [m]
2
6
2
A
A
v(t) = (sin(Bt + C) − sin C) [m/s], x(t) = − 2 (cos(Bt + C) − cos C + Bt sin C) [m]
B
B
A Bt
A Bt
v(t) = (e − 1) [m/s], x(t) = 2 (e − Bt − 1) [m]BB¯¯¯ Bt + C ¯AAA¯ + At [m]+[m/s], x(t) = − 2 ln ¯¯(A2.6)
v(t) = −B(Bt + C) BC
B
C ¯ BC(1) v(t) = At [m/s], x(t) =
(2)
(3)
(4)
(5)

[3] 以下のことに注意して，図 A2.5 が得られる．

(1) x(t), y(t), z(t) それぞれが t に比例し，t = 0 ではゼロなので，原点を通る直線となる．
(2) y 方向は初速 vy0 での投げ上げ運動，x 方向は等速度運動なので，x − y 平面内
での放物線運動となる．t を消去し，y を x の関数として表すと x の 2 次式になり，その軌跡は放物線である．
(3) t を消去すると x2 + y 2 = a2 となり，x − y 平面内で半径 a の円となる．運動は等速円運動を表す．
22(4) t を消去すると xa2 + yb2 = 1 となり，x − y 平面内で長半径 a，短半径 b の楕円となる．
(5) (3) で，z 成分が等速度運動なので，x − y 平面内での円運動が z 方向へ移動，すなわち，らせん運動となる．

問題解答例

7(6) (3) に x 方向の等速度運動が加わるので，x − y 平面内で円が +x 方向に移動していく運動となる．
(1) z

(3) y

(2)

y

O
O

x

(5) z

(4) y

O

O

y

x

(6) y

O

x
x

x

y

O
x

図 A2.5: 軌道の概略図[4] 物理学では言葉の定義，似たような言葉の違いをしっかり区別して理解することが大事である．

(1) 速さは大きさのみをもつ量 (スカラー量)．速度は大きさと向きをもつベクトル量である．速度の大きさが速さである．速さを v ，速度を v とすると v ≡ |v|．
(2) 1 次元運動のときは同じ記号 v を用いるが，速さは v ≥ 0 である．速度が負（v < 0）のときは，逆方向に動いていることを表わす．
(3) スカラー量は大きさのみをもつ量．ベクトル量は大きさと向きをもつ量．
(4) 時刻は時間の流れの中の 1 点を指す．

第 3 章===========================================
問題 3.1 第 1 法則は第 2 法則が成り立つ「系」(舞台) を規定している．すなわち，運動方

程式が (3.2) のように書けるのは慣性系においてである．
問題 3.2 自動車の衝突前の速度は 20 m/s であり，運動量は 2.0 × 104 kg · m/s である．

(1) 力積は運動量変化に等しいので 2.0 × 104 kg·m/s．
(2) (1) の値を 1.0 × 10−2 s で割って 2.0 × 106 N．
(3) 初めの速さを時間で割って 2.0 × 103 m/s2 ≅ 2.0 × 102 g ．すなわち，2.0 × 102
倍．
(4) 運動量変化は 2 倍になるので力積も 2 倍になる．

演習問題 3[1] (1) 例えば，(a) 机を引きずって動かすときや，(b) エンストした自動車を押して移動させるとき，また，(c) 水に浮かんでいるボートを引張って動かすときなど．
(2) 上の例でそれぞれが等速度運動しているとすると，(a) では机を引張る力と机と床との間の摩擦力とが，(b) では自動車を押す力とタイヤと路面の間の摩擦力そして機械の可動部分の摩擦力とが，(c) ではボートを引張る力と水による抵抗力 (粘性抵
抗力と造波抵抗力) とがつり合って，合力がゼロになっている．

問題解答例

8[2] 近似的に慣性の法則に従っていると考えてよい．エンジンによる駆動力でタイヤを回転させると，タイヤと路面の間に生じる水平な作用力，反作用力のどちらか一方が自動車を前進させる．この力と機械の可動部分の摩擦力や空気抵抗力とがつり合って，合力がゼロになっている．
[3] 作用・反作用の法則により，両者は同じ大きさの力で向きは正反対である．リンゴの質量は地球の質量に比べて圧倒的に小さい．したがって第 2 法則によって，リンゴの加速度は地球の加速度に比べて圧倒的に大きい．原理的には，地球もリンゴに向かって運動しているはずであるが，その加速度の大きさは検知できないほどに小さい．
[4] AB 間にはたらく力を F1 ，BC 間にはたらく力を F2 とする．A，B，C は同じ加速度a で動く．例えば A にはたらく力は前向きに F ，後ろ向きに F1 であることなどを考慮してそれぞれの運動方程式を立てると，

mA a = F − F1 [N](A3.1)

mB a = F1 − F2 [N](A3.2)

mC a = F2 [N](A3.3)

3 つの式を辺々足してa=F[m/s2 ]
mA + mB + mC

(A3.4)

を得る．(A3.2) と (A3.4) から

F1 − F2 =mB F[N]mA + mB + mC

(A3.5)

を得る．(このような問題を解くには，個々の物体にはたらく力を考え運動方程式を書くこと．)[5] 落下する．負の質量の物体にはたらく地球からの万有引力は斥力となり，力は鉛直上向きである．運動方程式により，力の向きと加速度は逆方向となり下向きとなる．
(意外な結論に驚く．)[6] 作用・反作用の法則によりすべて同じ．
[7] 物体，地球，太陽の質量を m, ME , MS ，地球の半径，公転半径を r, R，重力定数をS
E
G とすると，物体の太陽からの引力は FS = GmM，地球からの引力は FE = GmM
．
R2
r2
よって
FS
MS r2
≅ 6.1 × 10−4
(A3.6)=FE
ME R2を得る．(しかし，地表の太陽側 (や月側) とその反対側の小さな引力の差が潮の干満を引き起こす．)[8] (1) ボールの質量を m = 0.145 kg，速度を v = 144 km/h = 40 m/s とすると，同じ速さで跳ね返った場合の運動量変化は 2mv ，これが力積に等しいので 11.6 N·s である．
(2) この力積を時間 0.005 s で割って 2.32 × 103 N．
(3) 運動量変化は mv だから 0.5 倍．
[9] (1) 物体は大きさ，形，材質などいろいろな特質をもつ．質点は物体の位置の変化だ
けに注目するので，物体を質量をもった点 (例えば重心の位置) として扱ったもの．
(2) 等速度運動は，速さと向きが一定なので速さが一定の直線運動．等速運動では速さは一定だが，一般に向きは一定でないので直線運動とは限らない．1 次元運動では，
例えば一定の速さでの往復運動が等速運動となる．
(3) 力 (単位は N(ニュートン)) を時間で積分したものが力積 (単位は N · s)．

問題解答例

9

第 4 章===========================================
問題 4.1 題意より，

mg = G

mME
[N]
2
RE

(A4.1)となる．これより (4.1) を得る．これに RE ≅ 6.37 × 106 m などを代入する．ここでは，数値に単位を付けたまま計算し，単位もきちんと合うことを示そう．そのためには，G の単位が次のように書けることを利用する．

N · m2 /kg2 = kg · m/s2 · m2 /kg2 = m3 /(kg · s2 )(A4.2)

単位を付けて計算すると，

ME =

2g
RE
(6.37 × 106 m)2 × 9.8 m/s2=
≅ 6.0 × 1024 kg
G
6.67 × 10−11 m3 /(kg · s2 )(A4.3)となる．(必ず MKS 単位に直して計算すること．このような考察から，地球の質量が求まってしまうことがおもしろい．)
問題 4.2 鉛直上向き成分は f sin θ である．したがって，床からの垂直抗力は mg − f sin θであり，最大静止摩擦力は µ(mg − f sin θ) となる．これが力 f の水平成分 f cos θ と等しいので，次式を得る．

f=

µmg
[N]
(µ sin θ + cos θ)(A4.4)

問題 4.3 4 本のロープで荷物を支えている．張力はどこも同じであり，これを f とすると力のつり合いより 4f − mg = 0，すなわち，次式を得る．

f=

mg
[N]
4

(A4.5)

問題 4.4 それぞれの伸びを x1 , x2 ，張力を F とすると x1 + x2 = l, F = k1 x1 = k2 x2 ．したがって，次式を得る

x1 =

k2 l
k1 l
, x2 =[m]
k1 + k2
k1 + k2(A4.6)(答の妥当性については，次元が合っていること，x1 と x2 とが対称であることを見るとよい．)

演習問題 4[1] なめらかな斜面からは垂直抗力のみがはたらく．それぞれ N1 , N2 とすると，その向きは円柱の重心 (中心) に向いている．そこで重心での力のつり合いを考える．水平方向の力のつり合いは，

N1 sin θ1 − N2 sin θ2 = 0 [N](A4.7)となる．鉛直方向の力のつり合いは，

N1 cos θ1 + N2 cos θ2 = mg [N](A4.8)

である．(A4.7) より

N2 =sin θ1N1 [N]sin θ2(A4.9)

問題解答例

10を得る．(A4.8) に代入し，N2 を消去して(

N1

sin θ1 cos θ2
cos θ1 +sin θ2)= mg [N](A4.10)を得，正弦関数の和の公式を用いて次式を得る．

N1 =
N2 =

mg sin θ2[N]sin(θ1 + θ2 )mg sin θ1[N]sin(θ1 + θ2 )(A4.11)(A4.12)(次元と対称性をチェックすること．)[2] 張力をそれぞれ f1 , f2 とすると，力のつり合いにより 鉛直方向は f1 cos θ1 +f2 cos θ2 =mg, 水平方向は f1 sin θ1 = f2 sin θ2 ．これは (1) の場合で N1 → f1 , N2 → f2 と同じである．したがって次式を得る．
f1 =
f2 =

mg sin θ2[N]sin(θ1 + θ2 )mg sin θ1[N]sin(θ1 + θ2 )(A4.13)(A4.14)[3] 物体 A にはたらく張力は mB g ，垂直抗力は mA g であり，最大摩擦力は µmA g であるから µmA g ≥ mB g のとき静止している．すなわち，次式を得る．
mB
µ≥
mA

(A4.15)[4] 摩擦力を f とすると，摩擦力は斜面に沿って上向き，または下向きにはたらく．よって，斜面に沿って物体 A にはたらく力は下向きに重力の分力 mg sin θ，上向きに張力mB g ，そしてどちらかの向きに摩擦力 f である．物体が静止していて力はつり合っているので
mA g sin θ − mB g ± f = 0 [N](A4.16)と書ける．最大静止摩擦力は µmA g cos θ だから，

|mA g sin θ − mB g| ≤ µmA g cos θ [N](A4.17)

¯
¯
¯
mB ¯¯
¯
µ ≥ ¯tan θ −m cos θ ¯

(A4.18)となり，次式を得る．

A[5] おもりに注目し，おもりにはたらく力を考える．上のばねの伸びを x とすると，下のばねの伸びは −x である．すると力は上向きに 2kx，これが mg に等しいから x = mg
2k [m]．
これが上のばねの伸びであり，その分下のばねが縮む．
[6] ゴムのばね定数を k とする．ゴム糸の張力を f とすると，力のつり合いにより

2f sin θ = mg [N](A4.19)となる．ゴム糸の伸びはl(1 − cos θ)
[m]
cos θ
を得る．ゴム糸に対するフックの法則∆l =f = k∆l [N]より，次式を得る．

k=

mg
[N/m]
2l tan θ(1 − cos θ)(A4.20)(A4.21)(A4.22)

問題解答例

11(1) 質量は物質固有の不変量で SI 単位系での単位は kg．重さは質量に重力加速度をかけたもので，力の 1 種であり SI 単位系での単位は N である．無重力状態では重さはゼロだが質量は不変である．
(2) 抗力は物体が面から受ける力．そのうち面に垂直な抗力が垂直抗力．
(3) 摩擦力は，抗力の面に平行な成分．
(4) 摩擦力がはたらく面を粗い面，摩擦力がはたらかず，面からの力が垂直抗力のみの面をなめらかな面と言う．
[8] (2)，(12)．(1) 馬力はエネルギー，(3) 圧力は単位面積当たりの力である．
[7]

第 5 章===========================================
問題 5.1 運動の向きに x 軸をとり急ブレーキをかけた時刻を t = 0，位置を x = 0 とする．

摩擦力は −µ′ mg なので，運動方程式はmẍ = −µ′ mg [N](A5.1)となる．よって一定の加速度 ẍ = −µ′ g の運動をする．ẋ(0) = v0 .x(0) = 0 を考慮に入れて積分し，1ẋ(t) = −µ′ gt + v0 [m/s], x(t) = − µ′ gt2 + v0 t [m]2(A5.2)を得る．止まった時刻を t1 とすると，ẋ(t1 ) = −µ′ gt1 + v0 = 0 [m/s](A5.3)

より t1 = µv′0g ．よって，走った距離は

1
v2
x(t1 ) = − µ′ gt21 + v0 t1 = 0′ [m]22µ g(A5.4)

を得る．(止まるまでに走る距離は質量にはよらず，速度の 2 乗に比例し動摩擦係数に反比例することが分かる．)
問題 5.2 鉛直上向きを正としているので，物体に働く加速度は −g = 一定，それを積分した v − t 図は ẋ(0) = v0 > 0 で傾きが負，さらにそれを積分した x − t 図は x(0) = 0，
傾き (v − t 図) が正からゼロ，負に変わるので図 A5.1 の通りとなる．
問題 5.3 垂直抗力は mg cos θ であり動摩擦力は −µ′ mg cos θ なので，運動方程式は mẍ =mg sin θ − µ′ mg cos θ．したがって，加速度が g(sin θ − µ′ cos θ) = 一定 の運動となる．
√
問題 5.4 (5.30) から，v0 = 9.8 × 170 ≅ 41 m/s. 時速に直すと約 150 km/h となる．
問題 5.5 (5.30) に v0 = 10 m/s を代入すると飛距離 ≅10.2 m. を得る．世界記録は理想値の約 88%の値である．
問題 5.6 水平方向に x 軸，鉛直下方に y 軸をとり，原点から t = 0 に投げたとする．ボールの質量を m として運動方程式を立てると，mẍ = 0 [N]mÿ = mg [N](A5.5)となる．ẋ = v0 , x(0) = y(0) = 0 に注意して，これを積分し，x(t) = v0 t [m]1 2y(t) =
gt [m]
2(A5.6)

問題解答例

12
a
0
g

t

v0

v
0
t

x

0

t

t1

図 A5.1: 例題 5.3 の場合の x − t 図,v − t 図，a − t 図を得る．時刻 t1 に床に着いたとすると

1 2
gt [m]
2 1(A5.7)2h[s]
g(A5.8)y(t1 ) = h =
より

√

t1 =
を得る．よって飛距離は√x(t1 ) = l = v0

2h
[m]
g

(A5.9)となる．
問題 5.7 (ハ)．空気抵抗を無視すると，エンジンを切った瞬間，飛行機には重力だけがはた
らき自由落下するので，中は無重力状態となる．
問題 5.8 斜面方向に自由落下しているので，コップの水には斜面に垂直な分力しかはたらかない．したがって水面は斜面に平行になる．自由落下するコップの中は無重力状態となり，水に重力ははたらかないから水漏れは止まる．
問題 5.9 棒の下を持って手を開き棒を自由落下させる．すると，ボールにはたらく力はゴムからの力だけになりボールは筒の上に乗る．そうなったところで棒の上の方で受けとる．
問題 5.10 水平方向に x 軸，鉛直下方に y 軸をとり，始めのボールの位置を原点，および
x = l = 20 m, y = 0 とする．v1 = 8 m/s, v2 = 12 m/s とし，時刻 t = 0 に投げたとすると時刻 t 後のボールの位置はそれぞれ

1
1(v1 t, gt2 ) [m], (l − v2 t, gt2 ) [m]22(A5.10)となる．時刻 t1 に x 座標が一致するとすると，

t1 =l= 1.0 [s]v1 + v2(A5.11)を得る．このとき，y 座標も一致するからボールはぶつかる．
問題 5.11d cos ωtdt
d sin ωtdt

= −ω sin ωt [s−1 ]= ω cos ωt [s−1 ](A5.12)

問題解答例13などにより，(5.40) を (5.39) に代入すると両辺が等しくなる．したがって (5.40) は(5.39) を満たしている． √問題 5.12 振り子の周期は T = 2π gl であり，最初に最下点を通るときの時刻は

T
π
=
4
2

√

l
[s]
g

(A5.13)である．運動方程式の解は t = 0 での値，

x(0) = l sin φ0 ≅ lφ0 [m]ẋ(0) = 0 [m/s](A5.14)を考慮して，√

x(t) = lφ0 cos ωt [m] (ω =g) [rad/s]
l(A5.15)となる．速度はẋ(t) = −lφ0 ω sin ωt [m/s](A5.16)である．鉛直下方での速さは次のようになる．
√

lφ0 ω = lφ0√
g= φ0 lg [m/s]l(A5.17)√問題 5.13 重力加速度の大きさが g のとき，ひもの長さ l の振り子の周期は 2πlg で与えられるから，g が 16 になったら周期を同じにするためには l も 16 にする必要がある．
問題 5.14 「体重」とはヒトの質量と等価であることに留意して，質量に依存する運動を考える．例えば，一端が固定されたばねのもう一端に身体を連結し，ばねを振動させてその周期 T を計る．ばね定数が k のとき(

体重 (質量) = k

T
2π

)2

[kg]

(A5.18)から求まる．
問題 5.15 太陽の質量を M ，地球の質量を m，地球・太陽間の距離を r = 1.5 × 1011 m とする．地球の公転速さ v は，1 年 (≅ π × 107 s) で 2πr を回るから v ≅ 3.0 × 104 m/s．

G

Mm
mv 2
[N]
=
r2
r

(A5.19)より

rv 2≅ 2.0 × 1030 kg(A5.20)Gを得る．(太陽の質量が求まってしまうことがおもしろい．必ず SI 単位に直して計算のこと．)
問題 5.16 23 時間 56 分 4 秒 = (23 × 60 + 56) × 60 + 4 = 86164 s. 距離を r とすると，(5.54)
より
3
2π
1
T = √
[s]
r 2 = 2πr3/2 √(A5.21)
gRE
GME
M=となる．ここで (4.1) を用いた．
(√

r=

gRE T
2π

(√

)2

3

=

9.8 × (6.4 × 106 ) × 86164
6.28

)2

3

= 4.24 × 104 km(A5.22)

問題解答例

142πを得る．高度は r − RE = 3.59 × 104 km. 向心力は角速度 ω = 86164[rad/s] を用いて，次のようになる．

(

mrω = 1.0 × 10 × 4.24 × 10 ×
2

3

7

2π
86164

)2

≅ 2.2 × 102 N(A5.23)問題 5.17 静止衛星と月の公転半径，公転周期を rs , rm , Ts , Tm とすると，ケプラーの第 3 法

則により

3
rs3
rm
=
[m3 /s2 ]2
Ts2
Tm(A5.24)である．よって，次のように求まる．
(

rm = rs

Tm
Ts

)2

3

(

= 4.24 × 104 ×

27.32 × 24 × 3600
86164

)2

3

≅ 3.85 × 105 km (A5.25)

演習問題 5[1] (1) 加速度を a とすると，運動方程式

ma = F [N](A5.26)Fより a = m．
(2) 初期条件 x(0) = ẋ(0) = 0 に注意して積分し，次式を得る．

Ft [m/s]m
1 2 1F 2
at =
t [m]
2
2m

v = at =x =(A5.27)[2] 一定の力を加えて 5 s で速度が 20 cm/s になったのだから，

加速度 =

20
= 4 cm/s2
5(A5.28)となり，力は加速度に質量を掛けて，
力 = 0.1 × 0.04 = 4.0 × 10−3 N(A5.29)となる．

v(t) =
x(t) =

Ft [m/s]
m
F 2
t [m]
2m

(A5.30)を得る．
[3] 時刻 t の A,B の位置をそれぞれ xA (t), xB (t) とすると，糸は伸びないので，

xB (t) − xA (t) = 一定 [m](A5.31)ẍA (t) = ẍB (t) [m/s2 ](A5.32)である．したがって，でありこれを ẍ とおく．A，B それぞれのはじめの位置を原点としても問題ない．

問題解答例

15(1) それぞれの運動方程式は次のようになる．
mA ẍ = S − µ′ mA g [N]mB ẍ = mB g − S [N](A5.33)(2) S を消去して ẍ を求める．
ẍ =mB − µ′ mA
g [m/s2 ]mA + mB(A5.34)S=(1 + µ′ )mA mB
g [N ]
mA + mB(A5.35)となる．S を求めると，

となる．

(3)

mB − µ′ mA
g [m/s2 ]mA + mB
とおく．これを積分して，初速度 = 0, x(0) = 0 より，
a0 =ẋ(t) = a0 t [m/s]
1 2
x(t) =
a0 t [m]2(A5.36)(A5.37)を得る．t = t1 のとき B が床に着いたとすると，x(t1 ) = h より，√

t1 =を得る．これを速度の式に代入して

v1 = ẋ(t1 ) = a0 t1 =√2ha0 =

√

2h
[s]
a0

(A5.38)2(mB − µ′ mA )gh[m/s]
mA + mB(A5.39)が求まる．
(4) A が止まるまでの運動方程式はmA ẍ = −µ′ mA g [N](A5.40)と書ける．加速度 a1 = −µ′ g とおき，(3) での速度を v1 として積分すると，t = t1での条件を考慮して

ẋ(t) = a1 (t − t1 ) + v1 [m/s]1x(t) =
a1 (t − t1 )2 + v1 (t − t1 ) + h [m]2(A5.41)(A5.42)となる．止まった時刻を t2 とすると

ẋ(t2 ) = a1 (t2 − t1 ) + v1 = 0 [m/s](A5.43)

より

v1
[s]
a1
と求まる．よって A が滑った距離は次のように求まる．
t2 − t1 = −(A5.44)v2
v2
1x(t2 ) = a1 (t2 − t1 )2 + v1 (t2 − t1 ) + h = h − 1 = h + 1′ [m]
2
2a1
2µ g

(A5.45)

問題解答例

16
a
0
t

v

0

t

x

0

t

図 A5.2: x − t 図,v − t 図，a − t 図(5) A の運動は，はじめは正の等加速度運動をし，B が床に着いた後は，静止静止す
るまで動摩擦力による負の等加速度運動をするから，図 A5.2 のように描ける．
[4] 時刻 t = 0 に h = 2.0 m の高さから，θ = π4 の斜め上方向に v0 の速度で投げたとす

る．水平方向を x，鉛直上方向を y として，時刻 t のボールの位置は

x(t) = (v0 cos θ)t [m]1y(t) = − gt2 + (v0 sin θ)t + h [m]2(A5.46)(A5.47)となる．t = t1 に地面に着いたとすると，1y(t1 ) = − gt21 + (v0 sin θ)t1 + h = 0 [m]
2
より

t1 =

(v0 sin θ) ±√(v0 sin θ)2 + 2gh[s]g(A5.48)(A5.49)を得る．t1 > 0 より + の解を選び，飛距離を l とすると

x(t1 ) = (v0 cos θ)t1 = v0 cos θ(v0 sin θ) +√(v0 sin θ)2 + 2gh= l [m]g(A5.50)となる．θ = π4 を代入して分母を払い整理すると，

v02
v0
+√
2
2

√

v02
+ 2gh = gl [(m/s)2 ]2(A5.51)v2を得る． 20 を移項して 2 乗すると，(

v2
gl − 0
2

)2

v2
= 0
2

(

v02
+ 2gh
2

)

[(m/s)2 ](A5.52)lg≅ 14.4 m/s ≅ 52.0 km/h
1 + hl(A5.53)となり，整理して次式を得る．
√

v0 =

2π
[5] 角振動数を ω とすると T = 2π
ω より ω = T ．

問題解答例

17(1) 単振動の式はẍ = −ω 2 x [m/s2 ](A5.54)

なので，おもりの運動方程式はmẍ = −mω 2 x = −4π 2 m
x [N]T2(A5.55)となる．すなわち，ばね定数はmω 2 =

4π 2 m[N/m]
T2(A5.56)である．
(2) 単振動の一般解は A, B を積分定数としてx(t) = A cos ωt + B sin ωt [m](A5.57)である．最大速度になるのは x = 0 の点であり，その時刻を t = 0 としたのだから，x(0) = 0, ẋ(0) = v0 を満たすように A, B を決めると A = 0, B = vω0 となる．ω を T で表わして次式を得る．

v0 T
2πt
sin
[m]
(A5.58)2πT2πtv(t) = v0 cos[m/s](A5.59)T√[6] 初速 v0 とすると，(5.30) より v0 = lg ≅ 29.2 m/s．角速度を ω ．回転半径を r =1.7 m とすると
v0
ω=
≅ 17 rad/s(A5.60)rを得る．
x(t) =[7] (1) 省略 (ぜひプロットして確かめてほしい (きちんと直線に乗っていて傾きも予言通りであるのは感動的である)．(2) 23 になるはずである．両対数グラフの傾きの求め方を理解してほしい．

第 6 章===========================================
問題 6.1 座標系は任意なので x 軸を A の方向に，y 軸を，A と B とが作る平面内で By ≥ 0となるようにとろう．A と B との成す角度が θ であるから，A = (A, 0, 0), B = (B cos θ, B sin θ, 0)(A6.1)Ax Bx + Ay By + Az Bz = AB cos θ(A6.2)となり，を得る．
問題 6.2 x − y 平面内で原点 O を中心に半径 r ，角速度 ω で運動するとしよう．物体の位置が時刻 t = 0 で (r, 0, 0) にあったとすると，時刻 t での物体の位置ベクトルは

r(t) = (r cos ωt, r sin ωt, 0) [m](A6.3)と表される．t で微分して速度ベクトルは

v(t) = (−rω sin ωt, rω cos ωt, 0) [m/s](A6.4)

問題解答例

18となる．r(t) と v(t) の内積を計算すると，

r(t) · v(t) = (r cos ωt)(−rω sin ωt) + (r sin ωt)(rω cos ωt) + 0 × 0 = 0(A6.5)となり，直交することが示せた．
問題 6.3 3 次元での運動方程式は

mdv= F (x) [N] (運動方程式)
dt(A6.6)と書ける．この両辺に v = ddtr の内積をとる．

mv ·

dv
dr
= F (x) ·
[J/s]
dt
dt

(A6.7)

ここで，v · v = v 2 であり，

d
dt

(

)

1 2
dv
v =v·
[m2 /s3 ]2
dt(A6.8)

であるから，(A6.7) の両辺に dt を掛けて
(

d

)

1
mv 2 = F (x) · dr [N·m/s]
2(A6.9)

が得られ，これを点 r A から r B まで積分して，以下の 3 次元のエネルギー保存則が
導ける．
∫ rB
1
1
2
2
mvB − mvA =F (x) · dr ≡ WA→B [J](A6.10)2
2
rA
問題 6.4 (1) 重力 mg に逆らって高さ l sin θ だけ引き上げるので，mgl sin θ の仕事量が必要．

(2) 上記に加えて，動摩擦力 µ′ mg cos θ に逆らってする仕事 µ′ mgl cos θ を加えてmgl(sin θ + µ′ cos θ) [J](A6.11)の仕事量が必要．
問題 6.5 定義通りに計算して次式を得る．
∫ 0

Uばね (x) =問題 6.6(−kx)dx =x

1 2
kx [J]
2(A6.12)(1) 底での速さを v とするとエネルギー保存則より
1
mgr = mv 2 [J]2(A6.13)を得る．したがって，

v=

√

2gr =
2

√

2 × 9.8 × 3.9 ≅ 8.7 m/s(A6.14)2v(2) 演技者の感じる遠心力は mv
r なので加速度は r = 2.0g ．したがって，重力を加えて 3.0g の加速度を感じる．
(3) 力は，加速度に質量を掛け，実際の値を代入して3.0mg = 1470 N ≅ 1.5 × 103 N
を得る．

(A6.15)

問題解答例

19

問題 6.7 重力加速度の大きさを g ，ヒトの質量を m，跳躍直前の速度を v とすると，運動エネルギーは 12 mv 2 . これがすべて位置エネルギーに変わったとし，その高さを h とすると
1
mgh = mv 2 [J](A6.16)2，すなわち，v2h=[m](A6.17)2gとなる．速度 v = 10 m/s を代入すると h ≅ 5.1 m を得る．これにヒトの重心の高さ
約 1 m を加えると 6.1 m 程度の記録が期待できる．現在の世界記録が，これと同程度であることは驚きに価する．
問題 6.8 省略
問題 6.9 クレーンのした仕事は1500 × 9.8 × 40 = 5.88 × 105 J(A6.18)となる．これを，かかった時間 400 s で割って 1470 W．有効数字は 2 桁なので約1.5 kW．巻き上げ速度 0.1 m/s を重さ 1500 × 9.8 N に掛けても得られる．
問題 6.10 運動量保存則を用いる．

(1) 衝突後の速度をそれぞれ v1′ , v2′ とすると，
m1 v1 = m1 v1′ + m2 v2′ [kg·m/s](A6.19)である．また，弾性衝突だから反発係数 =

v2′ − v1′
=1
v1

(A6.20)となる．よって

v1′ =
v2′ =

m1 − m2
v1 [m/s]
m1 + m2
2m1
v1 [m/s]
m1 + m2(A6.21)を得る．
(2) 衝突後の速度を V とすると，

m1 v1 = (m1 + m2 )V [kg·/s]より

V =(A6.22)

m1
v1 [m/s]
m1 + m2(A6.23)v2′ − v1′=e
v1

(A6.24)を得る．

(3)反発係数 =
より，

v1′ =
v2′ =

m1 − m2 e
v1 [m/s]
m1 + m2(1 + e)m1
v1 [m/s]
m1 + m2(A6.25)を得る．よって e = 1 のときは (1) の結果に，e = 0 のときは (2) の結果に一致する．

問題解答例

20

問題 6.11 ボールの質量を m，重力加速度の大きさを g とする．h の高さから落としたとし床に着く直前のボールの速さを v とすると，エネルギー保存則より

1
mv 2 = mgh [J]
2
と書け，

v=

√

2gh [m/s](A6.26)(A6.27)を得る．反発係数が 0.7 では，跳ね返り直後の速さは 0.7v となり高さはその 2 乗に比例するから，始めの高さの 0.49 倍まで上がる．
問題 6.12 9 倍という計算になる．とにかくやってみよう．床に着く直前の速さを v とし鉛直上向きを正とすると，大きいボールが跳ね返った直後の速度は v ．このとき小さい
ボールの速度は −v ．大きいボールを止めた系で考えると，小さいボールは −2v で落ちてきて 2v の速度で跳ね返る (M ≫ m より)．元の系では v を加えて 3v の速度で跳ね上がる．したがって高さはその 2 乗，すなわち 9 倍まで上がる．
[別解] 運動量保存則から導く．大きいボールが床で跳ね返った直後，落ちてくる小さいボールと弾性衝突すると考える．上向きを正として，衝突前の速度はそれぞれv, −v ，衝突後は v1 , v2 とすると，運動量保存則

M v − mv = M v1 + mv2 [kg·m/s](A6.28)で M ≫ m より v1 = v. 反発係数 = 1 より

2v = v2 − v1 [m/s](A6.29)から，v2 = 3v を得て，高さは 9 倍となる．
問題 6.13 同様に考えて，真ん中のボールが 3v の速度で跳ね返った後を考えてみると，上のボールは −v の速度で落ちている．真ん中のボールを止めて考えると，上のボール
は −2v で落ちてきて 2v の速度で跳ね返る．元の系に戻るには 3v を足して 5v の速度で跳ね返ったことになる．したがって高さは 25 倍．
問題 6.14 (6.46) に数値を代入して，

√
1.509
1.509
× 2 × 9.8 × 0.1 =× 1.4 = 234.7 ≅ 2.3 × 102 m/s
0.00900.0090(A6.30)を得る．(警官が携帯するピストルの弾丸の速さは 200 ∼ 250 m/s とのこと．空気中の音速より遅い．)
問題 6.15 旅人はかばんを静かに持ち上げて前方に放り投げる．すると，その反動で後ろに滑り出す．旅人の質量を M ，速度を V ，かばんの質量を m，速度を v とすると，運動量保存則により，最初止まっていたのだから

0 = M V + mv [kg·m/s](A6.31)

が成り立つ．つまり，かばんと反対方向に mv
M で滑り出す．(投げるものが何も無い
ときは，静かに息を吸って急激に吹き出してもよいかもしれない．)

演習問題 6[1] ボールの質量を m とする．

問題解答例

21(1) 最大高さを h とすると，
1
mv 2 = mgh [J]
2 0
より

h=

v02
[m]
2g

(A6.32)(A6.33)を得る．
(2) 地上での速さを v とすると，力学的エネルギー保存則

1
1
mv 2 + mgh = mv 2 [J]
2 0
2が成り立ち，次式を得る．

√

v=

v02 + 2gh [m/s](A6.34)(A6.35)(3) 最大高さを h とすると，はじめのエネルギーは 12 mv02 ．最大高さでの速度は(v0 cos θ, 0) なので
1
1
mv02 = mv02 cos2 θ + mgh [J](A6.36)
2
2となる．よってv 2 sin2 θ[m](A6.37)
h= 0
2g
が求まる．
[2] 選手の質量を m とおく．踏み切り台からのスタート台の高さは

h = l sin θ [m](A6.38)である．

(1) 力学的エネルギー保存則により，
1
mv 2 = mgh = mgl sin θ [J]2 0が成り立つ．よって

v0 =√2gl sin θ [m/s](A6.39)(A6.40)が得られる．
(2) 踏み切り台を原点とし，水平方向に x 軸，鉛直下方に y 軸をとる．空中に飛び出した瞬間を t = 0 とすると，時刻 t での選手の位置は

x(t) = v0 t, y(t) =1 2
gt [m]
2(A6.41)である．スロープに着地した時刻を t1 とすると, 着地点は

y(t1 ) = x(t1 ) tan θ [m]より

2v0 tan θ[s]g(A6.43)x(t1 )
2v 2 tan θ
= 0
[m]
cos θ
g cos θ(A6.44)t1 =と求まる．よって

L=が得られる．

(A6.42)

問題解答例

22(3)
L = 4l tan2 θ [m](A6.45)となる．(質量だけでなく g にもよらない．すなわち，月世界で飛んでも同じ飛距離！)(4) 数値を代入して196 ≅ 2.0 × 102 m(A6.46)を得る．
[3] (1) 単位時間当り流れる水の質量は ρwdv0 ，h の落差による単位時間当たりのエネル

ギーは ρwdghv0 ，発電量は変換効率を掛けてρwdghv0 ε [W](A6.47)を得る．
(2) SI 単位系に直して数値を代入し1.0 × 103 × 20 × 0.5 × 9.8 × 80 × 5.0 × 0.80 ≅ 3.1 × 107 W．

(A6.48)[4] (1) エネルギー保存則より，初速を v0 ，ストーンの質量を m = 20 kg，動摩擦係数をµ′ = 0.03，距離を l = 40 m，重力加速度の大きさを g = 9.8 m/s2 として1
mv 2 = µ′ mgl [J]
2 0
を得る．
したがって

v0 =

√

2µ′ gl ≅ 4.8 m/s(A6.49)(A6.50)を得る．
(2) この値より大きい初速で滑らせて正面衝突させれば，味方のストーンは停止し相手のストーンは衝突時の速度で飛び出す．
[5] (1) 力学的エネルギー保存則より

mA gh =
が成り立つ. したがって

vA =

√

1
2
mA vA
[J]
2

(A6.51)2gh [m/s](A6.52)を得る．
(2) 運動量保存則より，′′
mA vA = mA vA+ mB vB[kg·m/s](A6.53)が成り立つ．弾性衝突なので反発係数 =′ − v′vB
A=1
vA(A6.54)である．これを解いて，
′
vA
=
′
vB
=

mA − mBvA [m/s]
mA + mB
2mAvA [m/s]
mA + mB(A6.55)

問題解答例

23(3) (1) の通り，速度と高さの関係は質量に無関係だから，′′|vA| = |vB| [m/s](A6.56)

′
′
vA
= −vB
[m/s]

(A6.57)mA − mB = −2mA [kg](A6.58)である．互いに逆向きだからが成り立つ．
(4) (2) と (3) よりとなる．よって mB は mA の 3 倍．
(5) (3) の状態から時間を逆回しにすると (1) の状態に戻る．すなわち，B は停止しA は h まで上がる．すなわち，B の速度はゼロ．(運動量保存則と弾性衝突の条件を用いても解ける．)

第 7 章===========================================
問題 7.1 力の大きさを F ，2 つの力の作用線の間の垂直距離を l とする．任意の点を考え，その点から上下の力の作用線までの距離を l1 , l2 とする．まず，その点を 2 つの力の作用線の間にとった場合を考える．力のモーメントの向きは同じだから，次式を得る．
偶力のモーメント = F l1 + F l2 = F l [N·m](A7.1)

図の下の方に任意の点をとった場合，力のモーメントは上の力は反時計回り (正)，下は逆だから，l1 − l2 = l より 偶力のモーメント = F l1 − F l2 = F l となり同じ答えになる．点を 2 つの力の上においたときも同様で，よって題意は示された．
問題 7.2 座標系は任意なので x 軸を A の方向に，y 軸を，A と B とが作る平面内で By ≥ 0となるようにとろう．A と B との成す角度が θ であるから，A = (A, 0, 0), B = (B cos θ, B sin θ, 0)(A7.2)となる．したがって，(Ay Bz − Az By , Az Bx − Ax Bz , Ax By − Ay Bx ) = (0, 0, AB sin θ)(A7.3)となり題意は示された．
問題 7.3 A × B のベクトル(Ay Bz − Az By , Az Bx − Ax Bz , Ax By − Ay Bx )(A7.4)の各成分を時間微分すると，例えば x 成分は

dAy
dBz
dAz
dBy
Bz + Ay−
By − Az
dt
dt
dt
dt

(A7.5)となり整理すると (7.6) が得られる．
問題 7.4 重要な要素は，球面，摩擦力，回転．摩擦力が，回転軸を移動させる方向にはたらき最終的に逆立ちする．細い軸で立つとそれ以降は回転軸は移動しない．連続的に回転軸が移動して行って逆立ちするので，回転方向は同じ．角運動量保存則も各瞬間で成り立っていて矛盾しない．

問題解答例

24

問題 7.5 (1) 上の 1 枚を残そうとするため，2 本の指を同時には離せない．そのため，片方の指を回転の中心として回転を始める．だから，たまに回転しない場合もある．(2)
実は真ん中のコインは無くてもよい．重心がずれるためなどの「説明」を引き出すための「まやかし」の役目下のコインとの隙間を開けて落としやすくするため，より劇的に見せるため，等の非本質的な理由はある．(3) 回転し始めたら，同じ回転角速度(ω とする) で回転するので時間 t 後の回転角は ωt．一方落下距離は 12 gt2 だから，1回転するには 4 倍の距離落下し 120 cm となる．
問題 7.6 変数を例題と同じくとる．支点の部分では，シーソー自身の質量 (MS とする) による重力と抗力がはたらいている．抗力は上向きに (m + M + MS )g であり，重力はMS g である．小さい子供の周りにおける力のモーメントのつり合いは((m + 3m + MS )g − MS g) l − 3mg(1 + x)l = 0(A7.6)となる．これを解くと同じ答えになる．
問題 7.7 いま，棒の中心から指までの距離を l1 , l2 (l2 > l1 ) とし，指への棒の重力を f1 , f2とすると，力のモーメントのつり合いにより l1 f1 − l2 f2 = 0，すなわち f1 > f2 となって，棒の中心に近い方の指にはより大きな重力がはたらく．最大静止摩擦力は，重力の反作用である垂直抗力に比例するから，その指への摩擦力も大きく，そのため遠い方の指が滑り，より近いところまで移動できる．それを交互に繰り返して，2 本の指はほぼ棒の中心まで近寄る．
問題 7.8 水平からの箱の傾きを θ とする．上の人と下の人の荷重を f1 , f2 とし，箱の重心のまわりのモーメントのつり合いを考えると

1
1
f1 (b cos θ − a sin θ) = f2 (b cos θ + a sin θ) [N·m]22が成り立つ．比をとると(A7.7)

f1
b cos θ − a sin θ=
f2b cos θ + a sin θ(A7.8)となり，f1 < f2 ，前の人の方が軽い．
問題 7.9 はさみ，爪切り，ホッチキス，釘抜き，ペンチ，栓抜き，ドライバー等．
問題 7.10 ゴム糸に張力 F をかけて ∆l だけ伸びたとき，ヤング率の定義により

F
∆l
=E
[Pa]
A
l

(A7.9)

が成り立つ．ばね定数を k とすると，変形してF =EA∆l ≡ k∆l [N]l(A7.10)kl[Pa]
A(A7.11)となる．すなわちE=が成り立つ．

演習問題 7[1](1) 物体が静止しているとき，斜面からの抗力 (垂直抗力と摩擦力の合力) と重力は逆向きで，重心を通る同じ鉛直線上にある．また，摩擦力は斜面に平行にはたらく．しかし，抗力は物体の底面内でしかはたらかないため，重力の作用線が問題解答例

25

物体の底面から外れてしまうと倒れる．(斜面に沿って物体の下側の点 (辺) の周りの力のモーメントを考える．倒れるときは，その点が抗力の作用点となり力のモーメントはゼロである．重力の作用線がこの点を越えて前に来ると倒れる．) 斜面の角度を θ とすると
bbh(A7.12)b[rad]h(A7.13)tan θ = h2 =2が成り立つ．すなわち

tan−1

の角度．
(2) (1) と同じように，重心を通る鉛直線が物体の底面の外になったとたんに物体は倒れる．その角度は (1) より

b
[rad]
h

(A7.14)b− θ [rad]h(A7.15)tan−1となる．求める角度は θ を引いて

tan−1

を得る．
(3) 直方体の質量を m，重力加速度の大きさを g ，床からの摩擦力を f とすると，力のつり合いにより壁からの抗力の大きさも f である．直方体と床との接点 (線)の周りの力のモーメントのつり合いは
(

mg

)

h
b
sin θ − cos θ = f h cos θ [N·m]2
2(A7.16)となる．すなわち，h tan θ − b
mg [N]
2hを得る．f は，最大静止摩擦力の大きさ µmg を超えないので
f=(A7.17)h tan θ − b
mg ≤ µmg [N]2h(A7.18)となり，よってtan θ ≤ 2µ +bh(A7.19)[rad](A7.20)を得る，つまり最大値は(

tan−1 2µ +

b
h

)

となる，
[2] 船が傾いても浮力の作用線はいつも点 O を通る．船の重心が点 O より上にあると，重力がさらに傾けようとする方向にはたらくため転覆してしまう．したがって，重心は点 O より下にあればよい．

問題解答例

26[3] 図 7.17 のように坂の角度を θ，先棒と後棒の荷重を f1 , f2 とし，駕籠の重心の周りのモーメントが等しい条件を書くとf1 (l cos θ − l0 sin θ) = f2 (l cos θ + l0 sin θ) [N·m]
1 + ll0 tan θf1=
f2
1 − ll0 tan θとなり，(A7.21)l0
tan θ > 0l

(A7.22)なので後棒が楽である．
[4] おもりの質量を m = 5.0 kg，重力加速度の大きさを g = 9.8 m/s2 とすると，両方の電線に同じ力 F = mg = 4.9 × 10 N がかかる．それぞれの長さを l1 = 0.314 m, l2 =0.628 cm，断面積を A1 = π ×(1.0×10−3 )2 , A2 = π ×(2.0× 10−3 )2 ，伸びを ∆l1 , ∆l2とすると，ヤング率の定義式 (7.22) より

F
A1
F
A2

∆l1
[Pa]
l1
∆l2
= E2
[Pa]
l2
= E1

(A7.23)なので，∆l1 + ∆l2 =

F l1
F l1
+
A1 E1 A1 E1
(

)

0.314
0.628
= 4.9 × 10 ×+−6
11
π × 10 × 2.0 × 10
π × 4 × 10−6 × 1.0 × 1011
−5
= 4.9 × 10 m
(A7.24)が得られる．

第 8 章===========================================
問題 8.1 図 8.5 の装置で，ふたの面積を A1 , A2 ，ふたにかかる力を F1 , F2 ，大気圧を p0 とすると，それぞれのふたの下の圧力 p が等しいから，

p = p0 +F1
F2= p0 +[P a]A1
A2が成り立つ．したがって，

F2 =

A2
F1 [N ]
A1

(A8.1)(A8.2)となり力は面積比倍になる．
問題 8.2 体重計の部分の面積を A とする．ガラス管は十分細いのでガラス管に水が上がっても体重計は沈まない．大気圧を p0 ，体重を m とすると，目盛りゼロの部分の体重と大気圧による圧力は mg
A + p0 . この圧力は高さ h の水の重さによる圧力と大気圧とmの和に等しいから，p0 + mg
A = p0 + ρgh. すなわち，A = ρh . m kg のとき h = m cmになるとすると，ρ = 1 g/cm3 より

A=
となる．

(m kg)
1 kg
1 kg
=
= −3
= 0.1 m22
ρ(m cm)
10 kg/10−4 m2
1 g/cm

(A8.3)

問題解答例

27

問題 8.3 王冠を糸につるし，空気中で計った重量 (目盛 M [g]) と水に浸けて計った重量 (目盛 m [g]) とから，王冠の体積は M − m [cm3 ] となり (水の密度は 1 g/cm3 なので)，3王冠の密度は MM−m [g/cm ] となる．これが金の密度より有意に低ければ，金より密度の低いものが混入されていることになる．
問題 8.4 (2)．空気が人と同様に後ろに動くので風船は逆に前に動く．
問題 8.5 流体の圧力は面に垂直にはたらき，深いほど圧力は大きい．その結果生じる浮力
は，円柱の中心方向に斜めに押し上げる方向にはたらく．また重力も重心にはたらくから，重力と浮力の合力はやはり円柱の中心を通るため，円柱を回転させようとする
力にはならない．
問題 8.6 (1) 液体の密度を ρ として，ベルヌーイの定理を穴の内外の位置で適用する．大気圧を p0 とすると穴の内側では速度はゼロ，穴の外での圧力は p0 なので

1
p0 + ρgh = p0 + ρv 2 [Pa]2

(A8.4)

が成り立つ．したがって，(8.13) を得る．
(2) 液面から底面までの深さを H とし，液面からの穴の深さを h = xH とすると√
v = 2gxH となる．この水平速度で高さ h′ = (1 − x)H を落下するときに進む
水平方向の距離 l は，(5.31) より
√

l=v

√
2h′
= 2H x(1 − x) [m]g(A8.5)を得る．これが最大になるのは x = 12 ，すなわち液面の半分の高さのときである．
問題 8.7 簡単のため，比重が 0.5 の球形状の物体を考える．川の流れの方向を正として x軸をとる．川は流れているのだから斜面になっている．その角度を θ とする．物体の密度を ρ，水の密度を ρ0 とすると比重 = ρρ0 = 12 である．粘性抵抗は ρρ0 倍，すな
わち半分になる．川の流れの速度を v0 とし，物体の質量を m とすると運動方程式はmẍ = mg sin θ − 3πηR(ẋ − v0 ). 終端速度は ẍ = 0 とおいて，v終端 =mg sin θ+ v0 [m/s]
3πηR(A8.6)

1 4 3· πR [kg]2 3(A8.7)

となる．

m=
なので

2

v終端 = 3πR3 g sin θ
2R2 g sin θ+ v0 =+ v0 [m/s]3πηR9η(A8.8)となり，川の流れに対する速さは半径の 2 乗に比例する．つまり，大きいものほど速く流れる．一般の形状で 比重 < 1 の物体でも大きいものほど速く流れる．
問題 8.8 図 8.14 のように，回転するボールを流れる流体中におこう．図 8,14 の上面を通る
流体の速度は回転に引きずられて遅く下面では速い．ベルヌーイの定理により，上面の圧力は大きく下側は低い．したがって下側に力を受けて曲がる．

演習問題 8[1] (言葉の定義はしっかりと頭に入れること．
）(1) 応力は，単位面積当りの力で，単位は Pa=N/m2 ．圧力は応力のうち面に垂直な成分で単位も同じ．

問題解答例28(2) 粘性抵抗力と慣性抵抗力は，どちらも相対的に動く流体中で物体が受ける抵抗力である．粘性抵抗力は，流体の粘性によってはたらく抵抗力で物体の相対速度に比例する．慣性抵抗力は，流体が物体に衝突して停止するために生じる抵抗力で速度の 2 乗に比例する．
(3) 粘性力は，流体同士や流体と物体が流体のもつ粘性により感じる力．粘性抵抗
力は，流体と相対速度をもつ物体が流体中で感じる抵抗力．
(4) 層流は，流線が規則正しく層を成して流れる流れ．乱流はランダムに渦ができたりした乱れた流れ．Re 数が 3000 を超すと層流から乱流に移行する．
(5) どちらも物体を持ち上げようとする力であるが，浮力は流体と物体が静止していてもはたらくのに対し，揚力は流体と相対的に速度をもつことによって生じる．
[2] はがきの上側にはたらく力はコップの中の水の重量で，はがきの下からは「大気圧×コップの口の面積」の力がはたらく．後者が圧倒的に大きいため水はこぼれない．約10 m の深さのコップでやっとつり合う．
もう 1 つの要素は表面張力である．コップに空気が入っていて，はがきにかかる圧力が大気圧を超えても水の表面張力によりはがきは落ちない．
[3] 重力，浮力は力であり，SI 単位系での単位は N であるが，はかりの目盛は kg など質量の単位で目盛ってあることに注意すること．

(1) 20 × 15 × 8.96 = 2688 g ≅ 2.69 kg．
(2) B の目盛は，銅の体積 (300 cm3 ) 分の水の重さだけ軽くなるから 2.39 kg．A はその分重くなって 2.30 kg．
(3) B の目盛はゼロ，A はおもりの分を加えて 4.69 kg を指す．
(4) おもりを水に入れていくと，水中のおもりの体積分の水の重さ (おしのけられた水の重さ) だけ B の目盛は小さくなる．その分 A の目盛は大きくなる．水に入り切ってしまうと A，B の目盛は一定となり，最後におもりが底に着くと B の目盛はゼロとなって，A の目盛はおもりの分だけ増える．
[4] 船は流線形をしているので，並走する船の内側にはより多くの水が集められ，その分水の速度が外側に比べて相対的に速くなる．そのためベルヌーイの定理により圧力が下がり，船が接近する向きに力がはたらく．
[5] ボールの後ろのランダムな個所に渦 (カルマン渦) が生じ，その部分の抵抗が大きくなって，そちら側に曲がろうとする．それで予測できない動きをする．
[6] 浮力についての少し別の観点からの問題．

(1) 氷山の体積は πr2 x，質量は πr2 xρi ，したがって氷山にはたらく重力はπr2 xρi g [N](A8.9)

p0 + ρw (x − h)g [Pa](A8.10)となる．
(2) 氷山の底面にはたらく圧力は，である．
(3) 圧力差は ρw (x − h)g. 底面積を掛けて氷山にはたらく浮力はπr2 (x − h)ρw g [N]と求まる．

(A8.11)

問題解答例

29(4) (1) と (3) はアルキメデスの原理によって等しい．よって
πr2 xρi g = πr2 (x − h)ρw g [N](A8.12)xρi = (x − h)ρw [kg/m2 ](A8.13)

h
ρi
=1−
x
ρw

(A8.14)が成り立つ．これから

となり，

を得る．
(5) 氷山の質量 πr2 xρi に (4) より求めた

x=

ρw h
= 10.2h [m]ρw − ρi(A8.15)を用い，値を代入して氷山の質量 = 3.14 × (2 × 103 )2 × 102 × 0.920 × 103 ≅ 1.18 × 1012 kg (A8.16)を得る．

第 9 章===========================================
問題 9.1 1 往復にかかる時間は 2.5 s．したがって周期は T =2.5 s である．振動数はその逆数なので ν =0.4 Hz である．
問題 9.2 波は 5 秒間に 10 回振動し 10 周期分が通過したことになるので，ν =2 Hz, T =0.5
s である．また λ =0.5 m，v = 1 m/s である．
問題 9.3 図 A9.1 の左図に，正弦波が λ/4 ずつ右に進む様子が描かれている．入射波は実線で，自由端を通り越した仮想の入射波とそれを自由端で折り返した反射波は点線で描かれている．右図は，それらを元に実際に現れる合成波を太い実線で明示した．
さらに時間を進めて作図を続けると，自由端での定常波が得られる．

図 A9.1: 自由端での正弦波の反射．左図は入射波 (実線) と反射波 (点線) を別々に描いた．
右図は，それらを元に実際に現れる合成波を太い実線で明示した．

問題解答例

30

図 A9.2: 固定端での正弦波の反射．左図は入射波 (実線) と反射波 (点線) を別々に描いた．
右図は，それらを元に実際に現れる合成波を太い実線で明示した．
問題 9.4 図 A9.2 の左図に，正弦波が λ/4 ずつ右に進む様子が描かれている．入射波は実線で，固定端を通り越した仮想の入射波とそれを上下反転してを固定端で折り返した反射波は点線で描かれている．右図は，それらを元に実際に現れる合成波を太い実線で明示した．さらに時間を進めて作図を続けると，合成波は左右のどちらにも進行しない固定端での定常波になる．
問題 9.5 L = λ4 (2n − 1)，ただし n は正の整数．

図 A9.3: 自由端と固定端の間の定常波問題 9.6 ホイヘンスの原理を適用する．図 A9.4 のように平面波 (2 次元空間を伝わる波ととらえる場合は直線波) が，媒質の境界面に斜めに入射する場合を考える．平面波は，
波長 λ の周期的な連続波とし，図には，1 波長ごとの波の山が波面として描かれている．
まず，この境界面に達した波面上の点 A を新たな波源とする素元波を考える．ホイ
ヘンスの原理では，元の波の進行する向きの素元波を考えるが，この場合は境界面で波の進行する向きが変化する (つまり反射が起こる)．したがって，素元波も反射に問題解答例

31

図 A9.4: 平面波 (または直線波) の反射にホイヘンスの原理を適用する．
よって元の媒質の方へ向かうと考える．図には，素元波が 1 波長分進んだときの波面が半円で描かれている．
次に，図 A9.5 の左図に示した点 B について考える．点 A と同じ波面上にある点 B
は，まだ境界面に達していない．ようやく，波が 1 波長 λ だけ進む途中で境界面に到達して反射が起こる．この反射が起こる点を図 A9.5 の中央の図に示したように点 B′
として，ここを新たな波源とした素元波を考えよう．ただし，この新たな波源 B′ に達するまでに，波は 1 波長のうち BB′ 間の距離を既に進んでおり，点 B′ からの反射波である素元波は残りの距離だけ広がることになる．したがって図 A9.5 の中央の図のように，点 B′ からの素元波は 1 波長 λ から距離 BB′ を差し引いた半径に広がる．

図 A9.5: 平面波の反射にホイヘンスの原理を適用する (続き)．
図 A9.5 の右図に示したように点 B と同じ波面上の点 C も同様になる．点 C の場合，境界面に波面が達するまでの距離が点 B の場合よりも長いため，境界面から発生する素元波の広がりはその分だけ短くなる．点 D から出た波はちょうど 1 波長 λ で境界面に達するので，境界面から広がる素元波の半径はゼロである．
各素元波を表す円弧に接する曲線 (この場合は直線) を描き込むと，元の波面から 1
波長進んだ新たな波面が得られる．図 A9.6 に示した点線が反射波の波面である．さらに，2 波長分，3 波長分進んだ反射波の波面を追加すればよい．
問題 9.7 図 A9.7 の直角三角形 A′ AD′ と直角三角形 DD′ A について考える．まず，斜辺が共通なので AD′ =D′ A である．さらに，AA′ =D′ D( = λ) である．2 辺の長さが等し−−→
い直角三角形は合同である．したがって，̸ A′ AD′ ≠ DD′ A である．これより，DD′−−→は入射波の進む向きに，AA′ は反射波の進む向きに対応するので，入射波と反射波の進む向きが境界面と成す角度は等しいことがわかる．
問題 9.8 図 A9.8 に示したように媒質 1 と媒質 2 の境界面は平面で，媒質 1 の中を進行して来た平面波は，境界面に斜めに入射する．図 A9.8 には，媒質 1 における平面波の波
長を λ1 として山に対応する波面が描かれている．この波が媒質 2 に進んだときの波面をホイヘンスの原理を適用して求める．

問題解答例

32

図 A9.6: 元の波面から 1 波長 λ だけ進んだ反射波の波面 (点線)．

図 A9.7: ホイヘンスの原理によって求めた反射波の波面．実線は入射波の，点線は反射波の波面を表す．
まず，媒質の境界面に到達した波面上の点 A を新たな波源として発生する素元波は，媒質 2 へと広がる球面波 (2 次元空間を伝わる直線波の場合は円形波) になる．ここで波の速さが v2 に落ちるので，素元波が 1 周期の間に進む距離は v2 T となる．この距
離が媒質 2 での波長 λ2 となるので λ2 = v2 T である．ところで，媒質 1 における波長 λ1 は波の速さ v1 と周期 T を使って λ1 = v1 T と表せるので，T を消去すると，

λ2 =

v2
λ1 [m]
v1(A9.1)となる．したがって，媒質 2 での波長 λ2 は波が v1 から v2 へ減速する割合に応じて
λ1 よりも短くなるため，1 波長分の素元波を表す円弧の半径も図 A9.8 のように短くなる．
次に，点 A を含む波面の別の点について考えてみる．図 A9.9 の左図に示したように，波面上の点 B については，1 波長だけ進む途中で媒質 1 から媒質 2 へ移るので，
点 B からではなく，境界面からの素元波を考える．つまり，図 A9.9 の中央の図に示したように，境界面上の点 B′ を新たな波源とする素元波を考える．
波は点 B′ に達するまでに元の波面から距離 BB′ だけ既に進んでいるので，その分を1 波長 λ1 から引いた残りの距離を lB としよう．ただし，これは波が速さ v1 で進行′ は，速さが v かする場合の距離である．素元波が媒質 2 において実際に進む距離 lB
1

問題解答例

33

図 A9.8: 異なる媒質を進行する平面波 (または直線波)．

B
B

図 A9.9: 異なる媒質を進行する平面波 (続き)．
ら v2 に落ちる割合に応じて距離 lB よりも短くなる．つまり，

lB ′ =

v2
lB [m]
v1(A9.2)となる．これが，点 B′ からの素元波の波面を表す円の半径となる．図 A9.9 の中央の図にこれを示した．
元の波面上の別の点 C についても同様に考えると，図 A9.9 の右図に示したように，境界面からの素元波を円弧で描くことができる．元の波面上の点 D は 1 波長でちょうど境界面に波が到達する位置であり，境界面から発生する素元波の半径はゼロと考えればよい．
図 A9.10 に示したように，各素元波を表す円弧に接する曲線は点線のような直線となる．これが透過波の波面である．
−−→
問題 9.9 図 A9.11 において，まず境界面の法線と DD′ のなす角，つまり入射角は θ1 ( ≠ D′ AD )−−→に等しい2 ．そして，境界面の法線と AA′ のなす角，つまり屈折角は θ2 ( ≠ AD′ A′ )に等しい3 ．
23

入射角も θ1 も π2 − ̸ AD′ D に等しい．
屈折角も θ2 も π2 − ̸ D′ AA′ に等しい．

問題解答例

34

図 A9.10: ホイヘンスの原理を適用して求めた屈折波の波面 (点線)．
ここで，直角三角形 AD′ D と直角三角形 AD′ A′ が斜辺 AD′ を共有していることに着目する．まず，直角三角形 AD′ D を見ると

AD′ =

DD′
λ1
=
[m]
sin θ1sin θ1(A9.3)

である．次に，直角三角形 AD′ A′ を見ると

AD′ =

λ2
AA′
=
[m]
sin θ2sin θ2(A9.4)である．したがって

λ1
sin θ1
λ1
λ2

=
=

λ2
[m]
sin θ2sin θ1sin θ2となって，入射角と屈折角と波長の関係が求まる．
問題 9.10 屈折の法則により，
sin θ1v1= n12 =
=2sin θ2
v2(A9.5)(A9.6)(A9.7)◦301が得られる．この式で θ1 = 30◦ だから， sin
sin θ2 = 2 より sin θ2 = 4 となり，

n12 = 2, θ2 ≅ 14◦(A9.8)

が得られる．
問題 9.11 平面波 (もしくは直線波) が障害物に入射した場合，障害物の切れ間に到達した波
面は障害物の先の媒質へと進行する．そこで，障害物の隙間の出口に到達した波面上の点を新たな波源として生じる素元波を考える．
図 A9.12 には，1 波長だけ進んだ素元波の波面が球面波 (または円形波) として描かれている．このように，隙間の端から出た素元波は障害物の裏側にも回り込む．この
素元波の包絡面 (または包絡線) を図 A9.12 では点線で示した．これが障害物の隙間を通過した波の波面である．波の大半はまっすぐに進行するが，隙間の端では障害物の裏側へも回り込む．

問題解答例35

図 A9.11: 入射波と屈折波の波面．

図 A9.12: 障害物がある場合のホイヘンスの原理．
問題 9.12 図 A9.13 の 2 つの円形波を考えよう．強め合う点には 2 通りのタイプある．1 つは山と山の波面の交点，つまり実線の交点である．ここは振幅が山側に 2 倍になる．
もう 1 つは谷と谷の波面の交点，つまり点線の交点である．ここは振幅が谷側に 2 倍になる．この両方に黒丸をつける．一方，打ち消し合う点は山と谷の波面の交点，つまり実線と点線の交点である．ここは振幅がゼロになるので白丸を付ける．したがって，ある瞬間の干渉の状況は図 A9.14 のようになる．
時間の経過とともに黒丸と白丸は移動し干渉の状況が変化する．それを眺めていると，山へ谷へと激しく振動する部分と振幅が常にゼロで振動しない部分が干渉模様となって表れる．干渉模様は黒丸 (または白丸) の軌跡なので，図 A9.15 のように 1 点の黒丸だけに注目してその動きを考えてみればよい．
図 A9.15 の下の黒丸は，ある時刻 t = t1 のときの左の波源による山の波面 (黒線) と右の波源による山の波面 (灰色の線) の交点である．時間が t = t1 から t = t2 へと経過する間に，黒線の波面は左上に灰色の線の波面は右上に広がっていく．このとき，交点である黒丸はまっすぐ上に移動していく．図 A9.15 に点線で示した矢印が黒丸の軌跡である．白丸も同様の軌跡になる．
ここで全体図に戻って，図 A9.15 と同じように考えながら，各点 (黒丸および白丸) の問題解答例36

図 A9.13: 2 つの円形波．実線は山を，点線は谷を表す．

図 A9.15: ある時刻 t = t1 において山と山が強め合っている下の点
は，時間が経過して t = t2 になると山の波面の移動に合わせて上に移動する．

図 A9.14: 強め合う点 (黒丸) と打ち消し合う点 (白丸)．

図 A9.16: 強め合って振動する部分 (実線で示した黒丸の軌跡) と，打ち消し合って振動しない部分 (点線で示した白丸の軌跡)．これが円形波の重ね合わせによる干渉模様である．

時間経過による軌跡を黒丸については実線で，白丸については点線で示すと，図 A9.16のようになる. これが 2 つの円形波の重ね合わせによってできる干渉模様 (干渉縞) である．
問題 9.13 音速 s を計算して，距離 10 m を音速で割ればよい．

s = 331.5 + 0.6 × 20 = 343.5 m/s∆L10== 0.029 s = 29 mss
343.5(A9.9)

問題 9.14 vv0 = n1 と同様に， vv0 = n2 ．これらより v0 を消去すると v1 n1 =v2 n2 なので，
1

2

n12 =

v1
n2
=
v2
n1

(A9.10)となる．
λである．したがって，
問題 9.15 λλ′ = n1 より λ′ = n

589.3
589.3
589.3
= 589.1 nm,= 442.0 nm,= 243.8 nm
1.00031.33342.417

演習問題 9(A9.11)

問題解答例37[1]

1= 0.0125 s，v = λν = 36 m/s
ν
v
330
1
(2) ν = == 440 Hz, T = = 2.27 × 10−3 s
λ0.75ν(1) T =

(A9.12)[2] 波長 λ，振動数 ν ，速さ v とおく．

(1)
λ=

v
340
=
= 0.773 m
ν
440(A9.13)(2) 管の中の波は，基本振動で定常波は 14 λ なので管の長さは 19.3 cm．
[3](1) 振幅は A，波長は λ，周期は T ，振動数は T1 ，速さは Tλ である．
(2)
( )
t
y(0, t) = A sin 2π[m]
T(A9.14)を図示する．図 A9.17(a) の通り．

y
A
(a)
-A

T
4

T
2

λ
4

λ
2

3T
4

5T
4

T

3T
2

y
A
(b)
A

3λ
4

λ

3λ 7λ
2 4

5λ
4

t

x

図 A9.17: (a) 原点の変位の時間変化，(b) t = 0 での波形

(3)

( )

y(x, 0) = −A sin 2π

x
λ

[m]

を図示する．図 A9.17(b) の通り．
(4) +x 方向．
[4] (1)3.00 × 108≅ 1.89 × 108 m/s
1.59(A9.15)(A9.16)(2) 屈折角を θ とすると，屈折の法則により
sin 60◦
1.49
=
sin θ
1.59

(A9.17)

計算して，sin θ ≅ 0.924 より次の値を得る．

θ ≅ 67.5◦(A9.18)

問題解答例38(3) 臨界角を θc とすると，
sin θc
1.49
=
1
1.59

(A9.19)θc ≅ 69.6◦(A9.20)より次の値を得る．

第 10 章===========================================
問題 10.1 例えば () に入る言葉として
親子: A=母，B=子供，C=孫とすると命題は満たすが，A〜C ではない．
友人: 命題が満たされても，A と C とが友人であるとは限らない．
数学の例を挙げよう．
互いに素: 例えば A=4，B=3，C=2 としよう．A と B，B と C は互いに素であるが，Ａと C は互いに素ではない．
平衡状態であっても満たさない場合がある
電気平衡: A=銅の棒，B=希硫酸，C=亜鉛の棒．希硫酸の中に銅の棒を入れて電気が流れない状態にあり，同様に亜鉛の棒を入れて流れないときでも銅の棒と亜鉛の棒を接触させると電流が流れる．
問題 10.2 セルシウスは中国語表記では摂爾修，ファーレンハイトは華倫海と表記するので，それぞれ摂氏，華氏という．
問題 10.3 穴のない円板を考えよう．まず穴の部分に印をつけてみる．円板は膨張して一様に伸びる．穴の部分の内径も当然大きくなる (このように熱して内径を大きくし，円筒にはめる方法を焼きばめという)．
問題 10.4 物体が，各辺 a, b, c [m] の直方体である場合について，(10.7) が成り立つことを
1 dabc
1 da
1 db
1 dc
−1
示そう．β = abc
dT = a dT + b dT + c dT = 3α [K ]．任意の形状の物体は，小さな直方体の和として表され (10.7) が成り立つ．
3
問題 10.5 質量 M [kg]，体積 V [m3 ] の物体の密度 ρ [kg/m3 ] は，ρ = M
V [kg/m ] で与えられる．V = M/ρ [m3 ] を (10.6) に代入して次式が得られる．
β=−

1 dρ
[K−1 ]
ρ dT(A10.1)V と ρ は逆数の関係にあるので負符号がつく．
問題 10.6 温度が 1 K 上がったときの体積の増加分は4.0 × 1.81 × 10−4 mm3 /K(A10.2)

これを細管の断面積で割って4.0 × 1.81 × 10−4
≅ 2.3 mm/K
π(1.0 × 10−2 )2(A10.3)M ≅ 0.78 × 28 + 0.21 × 32 + 0.01 × 39.95 ≅ 29.0

(A10.4)問題 10.7

問題 10.8 T ∝ pα の関係式から次式が得られる．

dT
dp
=α
T
p

(A10.5)

問題解答例39

これに (10.19) と (10.15) を代入すると次式を得る．

dT = −

αM gdh[K]
R × 103(A10.6)

積分し，地表での温度を T0 として与式を得る．
問題 10.9 30 km 付近の温度上昇は，その辺にオゾン層があり太陽からの紫外線等を効率よく吸収し放熱しているから．大変希薄な超高層大気は，太陽からの紫外線等により電離し高速で飛び交っているから高温になっている．
問題 10.10 減圧すればよい．気圧が飽和蒸気圧より小さくなると沸騰し始める．
問題 10.11 二酸化炭素の 3 重点の圧力は 5.2 気圧の高圧である．このため，1 気圧で温度を上げていくとき横切るのは昇華・気体曲線となり，固体からいきなり気体になる．もうもうと立つ「白い煙」は空気中の水蒸気が凝結したものである．

演習問題 10[1](1) 体積 V ，温度 T ，圧力 p，物質量 1.0 × 103 mol とすると
V =nRT
103 × 8.31 × 300=≅ 24.9 m3p
1.0 × 105

(A10.7)となる．半径を r とすると，

V =

4πr3
[m3 ]
3

(

)1

より，

r=

3V
4π

3

(A10.8)≅ 1.81 m(A10.9)すなわち，半径は約 1.81 m．

(2)
V =

nRT
103 × 8.31 × 100== 8.31 × 103 m3p
1.0 × 102

(A10.10)であり，半径は約 12.6 m．
[2] 相図によると，臨界温度以上の温度ではいくら圧力を上げても液化しない．温度を十分 (臨界温度以下に) 下げてから圧縮することにより，カマリン・オンネスは液化に成功した．当時カマリン・オンネスは，最良の冷却装置と腕のよい技師たちを擁していた．
[3] (1) 厚さ ∆h [m] に含まれる空気にはたらく力の差 A∆p [N] は，その質量に等しい
ことからラプラスの (10.16) が導かれる．
(2) 密度 ρ [kg/m3 ] を用いた理想気体の方程式 (10.15) により ρ [kg/m3 ] を消去し，∆ → d として微分方程式を書くと，

dp
10−3 M gdh=−p
RT(A10.11)が得られ，海面から高度 h [m] まで T [K] や g [m/s2 ] が一定であれば，(A10.11)を積分して次式を得る．
(

p = p0 exp −

h
hs

)

[Pa], hs ≡103 RT[m]
Mg(A10.12)

p0 [Pa] は高度ゼロでの圧力である．hs [m] をスケールハイト (scale height) という．スケールハイト毎に気圧は 1/e になる．

問題解答例

40[4]dT(1) まず p を一定にしたまま dVを計算する．

dT
1
=
dV
nR

(

2n2 a
n2 a
− 3 (V − nb) + p + 2
VV)[K/m3 ]

(A10.13)

この逆数をとり V で割ると体膨張率となる．理想気体の場合と比べるために pを消去して整理すると，

dV
=
V dT

(

)−1

nb
T
2na
− 3 (1 − )
nb
V R
V
1− V

[K−1 ](A10.14)を得る．ちょっと複雑な式だが，a = b = 0 のとき

dV
1=[K−1 ]V dT
T(A10.15)になることがわかる．
(2) a は密度が大きいほど圧力が高くなる効果を表している．b は気体分子の体積の分だけ体積が減ることを表わす．(「何を意味するのだろうか」と式の意味を考えようとすることが重要．)(3) 臨界点の体積と圧力をそれぞれ Vc , pc とする．臨界点を求める式は(である4 ．

∂p
∂V

(

)

=
T

(

より

∂2p
∂V 2

∂p
∂V

)

=0
T

)

=0

(

より

∂2p
∂V 2

(A10.17)

T

RTc
2na
= 3 [J/(m2 ·mol)]2(Vc − nb)
Vc

を得る．

(A10.16)(A10.18))=0(A10.19)

T

RTc
3na
= 4 [J/m3 ·mol)]3(Vc − nb)
Vc

(A10.20)となる．両式の辺々を割ると，Vc = 3nb [m3 ] が求まる．すると Tc [K] が求まり，これを状態方程式に入れて pc [Pa] が得られる．結果をまとめると，

Vc = 3nb [m3 ]
8a
Tc =
[K]
27Rb
a
pc =
[Pa]
(27b)2(A10.21)(A10.22)(A10.23)(4) 図 A10.1 の通り．
(5) 図 A10.1 の通り．気体と液体が共存している状態では，圧力が一定であることを意味する．
()∂p
ここで ∂ は偏微分であり， ∂V
は，T を一定にして p を V で偏微分することを意味する．偏微分につTいては裳華房ホームぺージに掲載している付録 C.2 節を参照のこと．
4

問題解答例

41p
T=1.1Tc
T=Tc
Q

I
H
G

T=0.9Tc
D

C

E
B

F

A

V
図 A10.1: ファン・デル・ワールスの状態方程式の pV 線図

第 11 章===========================================
問題 11.1

2400 × 103 × 4.1868
2400 × 103 × 4.1868≅ 115 W,
≅ 1.03 × 103 m
24 × 3600
103 × 9.8

(A11.1)(意外と大きい消費量に驚く．)
問題 11.2 1 モルの鉄の質量は 55.85 g であるから，鉄の常温での比熱 =25.23≅ 0.4517 J/(K·g)
55.85(A11.2)(モル比熱は，常温ではデュロン-プティの法則により似通った数値になるが，比熱は原子量で割るため物質によって異なる数値になる．)
問題 11.3 暖房の切れた時刻を t = 0，時刻 t [s] での室温を T [K] とする．冷却の法則により，dt [s] 時間に流れる熱量 dQ [J] は
dQ = αA(T − T0 )dt = −CdT [J](A11.3)となる．dT [K] はこの間の室温変化である．これを解くと()αA
T = (T1 − T0 ) exp −t + T0 [K]C(A11.4)となり，指数関数的に外気温 T0 [K] に近づく．
問題 11.4 定積モル比熱は体積が一定での比熱なので，外への仕事はゼロである．定圧モル
比熱は外へする仕事の分だけ与えるエネルギーが大きい．
3
問題 11.5 (11.31) に，理想気体の状態方程式 (V = nRTp [m ]) とマイヤーの関係 (11.24) を用いる．すなわち，(

一定 = T V (γ−1) = T(

cp= (nR) cV(= (nR)

−1

cp
−1
cV

)

nRT
p

cp

T cV p)(()) cp −1cV

cV −cpcV) cp
RT p cpcV(= (nR)(cp= (nR) cV

)

−1

(

)

cp
−1
cV

cp

T

cp
cV

p

c

1− c pV)(A11.5)R

T cV p cV(A11.6)(A11.7)

問題解答例

42となる．よってR

T p cp = 一定

(A11.8)が導かれる．

演習問題 11[1] 始めの水と氷の温度は T0 =0◦ C=273.15 K である．金属が失った熱量は

m3 c3 (TA − TB ) [J](A11.9)m2 L + (m1 + m2 )c1 (TB − T0 ) [J](A11.10)であり，氷と水が得た熱量はである．この 2 つの量が等しい．したがって

TB =(m1 + m2 )c1 T0 + m3 c3 TA + m2 L
[K]
(m1 + m2 )c1 + m3 c3(A11.11)が得られる．
[2] 理想気体の圧力 p，低積 V ，温度 T ，モル数 n のときに成り立つ状態方程式 pV = nRTを用いる．R は気体定数である．この場合，モル数 n は

n=

p0 V0
[mol]
RT0

(A11.12)である．(1)〜(4) の過程の pV 線図は図 A11.1 の通り．外からの熱を ∆Q，外へした
仕事を ∆W ，内部エネルギーの増分を ∆U とすると，熱力学第 1 法則により∆U = ∆Q − ∆W [J](A11.13)が成り立つ．
以下ではこれらの記号を用いる．
p
p1

(1)

(2)

p0

(3)
(4)
V0

V2

V

図 A11.1: (1)-(4) の過程の pV 線図

問題解答例

43(1) 体積 = 一定だから ∆W = 0．加圧後の温度を T1 とすると
T1 =

p1 T0
[K]
p0

(A11.14)となる．よって∆Q = ∆U = ncV (T1 − T0 ) =cV p0 V0
RT0

(

)

p1 T0
cV V0
− T0 =(p1 − p0 ) [J]p0R(A11.15)(2)∆W = p0 (V2 − V0 ) [J](A11.16)であり，膨張後の温度を T2 とすると，

T2 =

V2 T0
[K]
V0

(A11.17)である，したがって，熱量は定圧モル比熱にモル数と温度差をかけて得られ，内部エネルギーは熱力学第 1 法則より求まる．
()

cp p0 V0 V2 T0
cp p0∆Q = ncp (T2 − T0 ) =− T0 =(V2 − V0 ) [J]
RT0
V0
R
)
(
cp
− 1 p0 (V2 − V0 ) [J](A11.18)∆U = ∆Q − ∆W =Rを得る．
(3) 等温過程では ∆U = 0．よって
∫ V2

∫ V2

pdV =

∆Q = ∆W =

V0

V0

nRT0
V2
dV = p0 V0 ln
[J]
V
V0

(A11.19)(4) 断熱過程では∆Q = 0．pV γ = p0 V0γ(A11.20)

より∆W= −∆U =
(

=

∫ V2

∫ V2

pdV =
V0

p0 V 0
V2
1−
γ−1
V0

V0

)

p0 V0γp0 V0γ 1−γ− V01−γ )
(V2
dV
=
γ
V
1−γ

[J]

(A11.21)を得る．
[3] 使うべき公式は，理想気体の状態方程式 : pV = nRT [J]
熱力学第 1 法則 : ∆U = ∆Q − ∆W [J]
仕事量の式 : ∆W = p∆V [J]
定積過程の熱量の式 : ∆Q = ncV ∆T [J]
定圧過程の熱量の式 : ∆Q = ncp ∆T [J]である．(a)〜(c) の過程の pV 線図は図 A11.2 の通り．

(A11.22)

問題解答例

44

p
T0
p0
(b)

(a)

(c)
V1

V0

V

図 A11.2: (a)-(c) の過程の pV 線図
まず始めの状態で

p0 V0 = nRT0 [J](A11.23)

p 0 V0[J/K]
T0(A11.24)

から，

nR =

である．
(a) 定圧過程での仕事量は p0 (V1 − V0 ) である．次の定積過程での仕事はゼロだから∆W(a) = p0 (V1 − V0 ) [J](A11.25)となる．
次に熱量を求める．定圧過程終了時の圧力，体積は p0 , V1 であるから，温度を T1 とするとp0 V 1
V1 T0
T1 =
=
[K]
(A11.26)nR
V0である．まず定圧過程，続いて定積過程であるから，∆Q(a) = ncp (T1 − T0 ) + ncV (T0 − T1 ) = n(cp − cV )(T1 − T0 )()
p0 V0 V1 T0
cp − cV= (cp − cV )− T0 =
p0 (V1 − V0 ) [J](A11.27)
RT0
V0
R
を得る．
実は，最初と最後で温度が等しいので ∆U = 0，すなわち，∆Q(a) = ∆W(a) [J](A11.28)となり，計算する必要はなかった．しかしながら計算のおかげで，(A11.25) と (A11.27)が等しいことからマイヤーの関係式

cp − cV = R [J/(K·mol)](A11.29)nRT0
V1
dV = p0 V0 [ln V ]VV10 = p0 V0 ln
[J]
V
V0

(A11.30)が求まった．
(b) 等温過程であるから，
∫ V1

∫ V1

∆W(b) =

pdV =
V0

V0

問題解答例45と求まる．等温過程であるから ∆U = 0 なので，

∆Q(b) = ∆W(b) [J](A11.31)となる．
(c) 最後の状態の圧力を p1 とすると，

p1 V1 = nRT0 = p0 V0 [J]
より

p1 =

p 0 V0[Pa]
V1(A11.32)(A11.33)を得る．始めの定積過程での仕事はゼロ．定圧過程での仕事量は p1 (V1 − V0 ) である．
だから()
p0 V 0V0∆W(c) =
(V1 − V0 ) = p0 V0 1 −[J](A11.34)
V1
V1となる．(a) と同様に ∆U = 0 より，∆Q(c) = ∆W(c) [J](A11.35)となる．
道筋が異なるので，∆W(a) ，∆W(b) ，∆W(c) ，および，∆Q(a) ，∆Q(b) ，∆Q(c) はそ
れぞれ異なることがわかる．
[4] 同じく理想気体の状態方程式 pV = nRT を用いる．始めの体積 h0 A．

(1) モル数はn=p0 h 0 A[mol]
RT0(A11.36)である，分子数はこれにアボガドロ数を掛けてp0 h0 A
RT0

(A11.37)

Mg
[Pa]
A

(A11.38)p0 h0 A = p1 h1 A [J](A11.39)

6.02 × 1023 ×を得る．
(2) 気体の圧力は

p1 = p0 −となる．温度一定なので

より，

h1 =

h0

[m]

(A11.40)nRT0h1
dV = p0 Ah0 ln
[J]
V
h0

(A11.41)

1 − pM0 Ag(3) V1 = h1 A として，
∫ V1

∫ V1

仕事 =

pdV =
V0

V0

を得る．
(4) 等温過程なので内部エネルギーの変化はゼロ．

問題解答例46

第 12 章===========================================
問題 12.1 お尻の部分に沸点が低い液体が入っていて，周りの温度により蒸発し内部の圧力が高まっている．くちばし部分の吸水性のよいフェルト部分が水に浸けられ，水が蒸発すると頭部の温度が下がり，頭部内の蒸気は収縮して頭部の気圧が下がる．すると
気圧差により，お尻の部分から管を通して液体が頭部に押し上げられ，頭が重くなって前に傾いて「水を飲む」．すると，管の下端がお尻の部分の液体の液面より上になり，管を通して蒸気が頭部に移動する．その結果，液体は逆にお尻の部分に流れ込むことで，お尻が重くなり，頭が上がる．この動作を繰り返す．
水温が室温と同じくなるか，または湿度が 100%で，くちばしの水が蒸発せず，圧力差が生じなくなると，動作は停止する．すなわち，水飲み鳥は，2 つの熱源を用いる「立派な」熱機関である．
問題 12.2 熱伝導現象は，高温の物体から低温の物体へ正の熱が移動する現象である．その逆過程は，低温の物体から高温の物体へ正の熱が移動する現象であり，これはクラウ
ジウスの原理に反する．したがって可逆ではない．
問題 12.3 12.3 節の発展事項での導出と同様に行える．図 A12.1 のように，任意物質のサイ㜞᷷ᾲḮ㧦T H
Q'H

QH
ℂᗐ
᳇૕

QL

છᗧ
‛⾰

Q'H Q'L

Q'Lૐ᷷ᾲḮ㧦T L
図 A12.1: カルノーサイクルの作業物質
クルが高温熱源から Q′H [J] の熱をもらい，W ′ = Q′H − Q′L [J] の仕事をして低温熱源に Q′L [J] の熱を与えるとしよう．理想気体の逆カルノーサイクルを稼動して，この仕事 W ′ [J] により低温熱源から QL [J] を受け高温熱源に QH [J] を放出しよう．
W ′ = Q′H − Q′L = QH − QL [J] が成り立つ．これを変形して

QH − Q′H = QL − Q′L = ∆Q [J](A12.1)とおこう．∆Q > 0 とすると ∆Q [J] の熱量が低温から高温に移動したことになり，クラウジウスの原理に反する．∆Q < 0 の場合は，この系を逆回転させるとやはり，低温から高温に熱を移動させたことになる．すなわち ∆Q = 0 でなければならない．
Q′H = QH [J]，Q′L = QL [J] であるから，効率も等しい．
問題 12.4 ディーゼルエンジンをモデル化したサイクルは，pV 線図では図 A12.2 のようである．

演習問題 12[1] 熱効率は，熱機関がいかに有効に熱エネルギーを仕事に変えるかを表す指標である．

定義は，
熱効率 =

外へした仕事
熱源から吸収した正の熱量(A12.2)

問題解答例

47

ቯ࿶⤘ᒛ

3

2

p

Q2
ᢿᾲ⤘ᒛ
ᢿᾲ
࿶❗

4
Q1

0

ቯⓍ࿶❗

1

V
図 A12.2: ディーゼルサイクルの pV 線図である．第 1 種永久機関は，エネルギーの入力無しに仕事をする機関であるから，熱効率は無限大．第 2 種永久機関は，1 つの熱源から吸収した熱量をすべて仕事に変える機関であるから熱効率は 1 である．熱力学第 2 法則によれば，熱効率には最大値があり 1 より小さいから 2 つの機関とも不可能である．
[2] 気体の物質量を n [mol]，気体定数を R [J/(·mol)] とすると，p0 V0 = nRT0 [J] が成り立つ．

(1) 図 A12.3 の通り．

p

(a)

p
2p0

2p0

p0

p0

5V 0

V0

V

(b)

V0

V
5V 0

図 A12.3: pV 線図(2) (a) 1 サイクルでの仕事は，pV 線図での面積であるから
仕事 = p0 × 4V0 = 4.0 × 105 J(A12.3)(b) 等温過程での体積 V0 から 5V0 までの仕事は，温度を T として，
∫ 5V0

∫ 5V0

pdV = nRT0
V0

V0

dV
= nRT0 ln 5 [J]V(A12.4)である．定積加圧後の温度は 2T0 であるから，1 サイクルでの仕事は，
仕事 = nR(2T0 − T0 ) ln 5 = ln 5 × p0 V0 ≅ 1.61 × 105 J(A12.5)

問題解答例

48(3) 1 サイクルでの正味の熱量は，熱力学第 1 法則により，正味の仕事に等しいから，(2) の答えと同じである．
[3] このサイクルは，カルノーサイクルそのものなので答えを省略する．

第 13 章===========================================
問題 13.1 正と負の電荷はお互いに強く引き合い，マクロの物質，例えば地球や月などは，それぞれの電荷がゼロの状態になっている．電荷ゼロの物体同士には電気力ははたらかない．一方，質量は正またはゼロしかなく，万有引力は２つの質量の積に比例して大きくなるため，月や惑星の運行を支配するのは万有引力となっている．
問題 13.2 水面をよく見ると，1 円玉の周辺はへこんでいる．つまり，1 円玉は表面張力により浮いている．水槽の縁を見ると，水面は盛り上がっている (濡れている)．電荷の場合と異なり，凸同士，凹同士は引き合う．(凸同士，凹同士となった方がエネル
ギーが低い．状態はエネルギーの低い方に落ち着く．) 凸と凹は反発する．
問題 13.3 電場の大きさ E は，クーロンの法則によりそこに単位電荷 (1 C) を置いたときにはたらく力であるから，

E = 9.0 × 109

10−3= 9.0 × 1010 N/C(1.0 × 10−2 )2(A13.1)で，向きは電荷から遠ざかる向きである．はたらく力の大きさは電場に電荷を掛けて，力の大きさ = 9.0 × 1010 × 10−3 = 9.0 × 107 N(A13.2)である．(単に (13.9) に代入するのではなく，より基本的な公式クーロンの法則と電場の定義から計算してほしい．)
問題 13.4 その点に電荷を置いて，電荷に力がはたらけば電場がある．電場ベクトルは，電荷にはたらく力ベクトルを電荷の大きさで割ったもの．すなわち，向きは力と等し
く，大きさは力の大きさを電荷で割ったもの．
問題 13.5 ある点での電場を計算して，電場ベクトルの方向にその点から小さな線分を描く．
その先端でまた電場を計算し，それを繰り返す．
問題 13.6 電気力線が交わった，または枝分かれしたとしよう．交点にテスト電荷を置くと２つの方向に力がはたらく．２つの力は合成でき，1 つの力のベクトルにすることができる．力のベクトルと電場ベクトルは比例するので，電場の方向も 1 つになる．これは電気力線に交点や枝分かれが存在することと矛盾する．したがって各点での電気力線の向きは，もともと 1 つであり電気力線は交差し得ない．
問題 13.7 電束密度は対称性により，球面に垂直で表面の至るところで大きさは等しい．その大きさ D は，ガウスの法則により，半径 1.0 cm の球の内部に含まれる電荷 (1.0 mC)
を表面積で割って10−3
D== 0.796 C/m2
(A13.3)4π(1.0 × 10−2 )2を得る．問題 13.3 で得た値に真空の誘電率を掛けると，確かにこの値と一致する (当たり前だが)．
問題 13.8 まず，ガウスの法則を用いて電束密度の大きさを求める．棒を中心とする半径
1.0 cm，長さ l m の円筒を考えると，内部の電荷は内部の電荷 = 10−3 C/(10−2 m) × l m = 10−1 l [C](A13.4)

問題解答例49

円筒の側面積は 2π10−2 l m2 ．円筒の側面では，電束密度は対称性により，面に垂直で表面の至るところで大きさは等しい．その大きさ D とすると，ガウスの法則により

D=

10−1 l
≅ 1.59 C/m2
2π × 10−2 l(A13.5)

電場の大きさは，この値を真空の誘電率で割って電場の大きさ = 1.80 × 1011 N/C(A13.6)を得る．
問題 13.9 ガウスの法則を用いる．位置 r での電束密度 D(r) [C/m2 ] を求めよう．r を含み面に垂直で微小な円柱 (底面積 ∆A[m2 ]) を考える (図 A13.1)．円柱の表面を閉曲面としてガウスの法則を適用すると，側面の寄与は打ち消し合って上下の面しか寄与しない．対称性から
D u (r) = −D d (r) [C/m2 ](A13.7)なので，

2|D u |∆A = σ(r)∆A [C](A13.8)となる．よって，σ(r)n̂ [C/m2 ]2σ(r)E u (r) = −E d (r) =n̂ [N/C]
2ε0

D u (r) = −D d (r) =(A13.9)(A13.10)

を得る．
Du

∆A

h
Dd

図 A13.1: 帯電した面の近傍での電場と電束密度問題 13.10 面電荷密度を σ とすると，ガウスの法則により任意の点での電束密度の大きさは σ2 [C/m2 ]．よって電場の大きさは，この値を真空の誘電率 ε0 で割って 2εσ0 [N/C]−3となる．q = 1.0 × 10−3 C にはたらく力は σ×102ε0σ=で，これが 5.0 N に等しいから

2ε0 × 5.0
= 8.85 × 10−8 C/m2
10−3

(A13.11)となる．
(教科書にある式に代入するのではなく，常に基本的法則 (ここではガウスの法則) と場の定義とから計算するようにしてほしい．)
問題 13.11 ガウスの法則により球殻の内部での電場はゼロ．外では，球殻の中心に Q [C] の電荷を置いたときの電場に等しい．したがって E(r) [N/C] は，r̂ を r の単位ベクト
ルとして，
{
0
(r < r0 )E(r) =(A13.12)Qr̂ [N/C] (r > r0 )4πε0 r2

問題解答例

50

演習問題 13[1](1) クーロンの法則と重ね合わせの原理により，それぞれの対の力を計算して足し合わせる．この場合は直線上なので符号に注意して足す．A と O の間にはたら
く力を fAO ，A と B の間にはたらく力を fAB ，O と B の間にはたらく力を fOBとすると，2.00 × 10−3 × (−2.00 × 10−3 )= −9.00 × 105 N (引力)(0.200)22.00 × 10−3 × (8.00 × 10−3 )= ke= 9.00 × 105 N (斥力)(0.400)2−2.00 × 10−3 × (8.00 × 10−3 )= ke= −36.0 × 105 N (引力)(0.200)2

fAO = kefAB
fOBと求まる．fA , fO , fB をそれぞれ，点 A, O, B にはたらく力として，それぞれの点で +x 方向の力を正として力を足すと，

fA = |fAO | − |fAB | = 0 N
fO = −|fAO | + |fOB | = 2.70 × 106 N (+x 方向)
fB = |fAB | − |fOB | = −2.70 × 106 N (−x 方向)(A13.13)(それぞれの力を矢印で表して足すとわかりやすい．)(2) 点 A に +1 C の（陽）電荷を置くと，その電荷にはたらくクーロン力 [N] がそ
こでの電場 [N/C] である．電荷 B からの電場は，BA 方向 (陽電荷にはたらく力が斥力) で
電荷 B からの電場の大きさ = ke

4.00 × 10−3 × 1= 9.00 × 108 N/C (A13.14)(0.200)2

電荷 C からの電場は，AC 方向 (陽電荷にはたらく力が引力) で，電荷 C からの電場の大きさ = ke

4.00 × 10−3 × 1= 9.00 × 108 N/C (A13.15)(0.200)2

この２つの力 (電場) を合成すると，三角形 ABC は正三角形だから，大きさは9.00 × 108 N/C で方向は BC に平行で B から C に向かう方向．
(3) B，C からの電場は (2) の場合と大きさは等しく，C からの電場は (2) の逆向きである．この２つの電場を合成すると，大きさは同じく 9.00 × 108 N/C で方向は BC に垂直に BC から遠ざかる方向．
(4) AA′ 間の距離は 20.0 cm であり，A での電場をゼロにするには A′ に −4.00 mCの電荷を置けばよいことがわかる．
[2] 3 問とも，それぞれの電場を計算し，重ね合わせの原理を用いても求まる．ここでは直接ガウスの法則を用いる解き方を記す．

(1) 答え：外側の電場はゼロ．内側は面に垂直に(電場の) 大きさ =

σ
[N/C]
ε0

(A13.16)の電場ができる (平面平行板コンデンサー)．
[理由] 平面に平行な底面積 A をもつ，直方体の表面を閉曲面としてガウスの法則を適用する．直方体が 2 つの平面にまたがるときを考えよう．閉曲面内に含問題解答例

51

まれる正味の電荷は差し引きゼロになる．したがって，平面の外での電束密度ベクトルはゼロ，すなわち電場はゼロである．
次に，面電荷密度 σ [C/m2 ] の平面だけにまたがる直方体を考える．上記の理由により，直方体の上面 (2 つの平面の外側) の電束密度はゼロ．内側の電束密度ベクトルは，対称性により一様で面に垂直である．底面での電束密度ベクトルの大きさを D とすると，ガウスの法則により AD = σA，すなわち D = σ ．
したがって内側での電場は，向きは平面に垂直に σ の面から −σ の向きであり，大きさは一定で εσ0 である．
(2) 答え：円筒の中心軸から距離 r の点での電場は，



 0

E(r) =

σr1rε0 r̂ [N/C]



 0

(r < r1 )(r1 < r < r2 )(r > r2 )(A13.17)となる．r̂ は，距離 r の点を通り中心軸から遠ざかる向きの単位ベクトルである．
[理由] 2 つの円筒の中心軸を軸とし半径 r，長さ l の円筒面とその両端を閉曲面とする．対称性により，電束密度ベクトルは中心軸に垂直な方向である．したがって閉曲面の両端の面には平行なので寄与しない．
r < r1 では，閉曲面内の正味の電荷はゼロ，したがって電場はゼロである．
r1 < r < r2 のとき，円筒面を内から外へ向かう電束密度ベクトルの大きさはすべて等しく，向きは面に垂直である．半径 r での電束密度ベクトルの大きさをD(r) とすると，閉曲面から出る全電束は 2πrlD(r)，これが閉曲面内部に含まれる電荷 2πr1 lσ に等しいから

D(r) =

r1 σ[C/m2 ]
r

(A13.18)

E(r) =

r1 σ
[N/C]
rε0

(A13.19)

したがって電場の強さは(円筒の中心に線電荷密度 2πr1 σ に帯電した無限に長い直線のつくる電場と等しい．) r > r2 では，内部に含まれる電荷は内部の電荷 = 2πl(r1 σ + r2 σ2 ) = 0(A13.20)となって，電場はゼロである．円筒に挟まれた内部の電場は，内から外へ放射状に
2πr1 σ内部の電場の大きさ =[N/C](A13.21)ε0となる．
(3) 答え：球殻の中心を原点とし，位置 r の点での電場 E(r) は，



 0

E(r) =Qr̂ [N/C]
4πr 2 ε0 0(r < r1 )(r1 < r < r2 )(r > r2 )(A13.22)．となる．r̂ は，r の単位ベクトルである．
[理由] 球殻の中心を原点とする半径 r の球を閉曲面とする．対称性により，電束密度ベクトルは球面に垂直な方向である．

問題解答例52r < r1 と r > r2 では，閉曲面内の正味の電荷はゼロ，したがって電場はゼロである．
r1 < r < r2 のとき，球面を内から外へ向かう電束密度ベクトルは，大きさは対称性によりすべて等しく向きは面に垂直である．半径 r での電束密度ベクトルの大きさを D(r) とすると，閉曲面から出る全電束は 4πr2 D(r)，これが球面内部に含まれる電荷 Q と等しいから
D(r) =

Q[C/m2 ]
4πr2

(A13.23)Q[N/C]
4πr2 ε0(A13.24)を得る．したがって電場の強さはE(r) =となる．(原点に Q の電荷を置いたときに作られる電場と等しい．)[3] それぞれの式に当てはめるのではなく，すべての問いにガウスの法則を用い，電場を求めてから力を計算してほしい．一般に，線電荷密度 ζ [C/m]，面電荷密度 σ [C/m2 ]，真空の誘電率 ε0 ，距離 r [m] での電場の強さを E(r) [N/C]，r = 1.0 mm の点に置いた 5.0 mC の電荷にはたらく力を F [N] とする．直線電荷の場合は，それを軸とする
半径 r [m]，長さ l の円筒面，平面の場合は底面積 A [m2 ] で，面の上下に h2 [m] の高さの円柱面を閉曲面とする．

(1)2πrlε0 E(r) = ζl [C](A13.25)

ζ
3.0 × 10−3=
≅ 5.4 × 1010 N/C2πrε02π × 10−3 × 8.85 × 10−12(A13.26)

より，E(r) =である．したがって，力の大きさはF = 5.0 × 10−3 × E(r) ≅ 2.7 × 108 N(A13.27)となり，向きは電線から垂直に遠ざかる方向．

(2)
より，

E(r) =

2Aε0 E(r) = Aσ [C](A13.28)σ
3.0 × 10−3=
≅ 1.7 × 108 N/C
2ε0
2 × 8.85 × 10−12(A13.29)である．したがって，力の大きさはF = 5.0 × 10−3 × E(r) ≅ 8.5 × 105 N(A13.30)となり，向きは板から垂直に遠ざかる方向．
(3) 帯電した球面の半径を r0 とする．

4πr2 ε0 E(r) = 4πr02 σ [C](A13.31)r02 σ(1.0 × 10)2 × 3.0 × 10−3=
≅ 8.5 × 107 N/C
r2 ε0(2.0 × 10)2 × ×8.85 × 10−12(A13.32)

よりE(r) =

問題解答例

53

である．したがって，力の大きさはF = 5.0 × 10−3 × E(r) ≅ 4.2 × 105 N(A13.33)となり，向きは，球の中心から遠ざかる方向．
(4) 球殻の内部なので電場はゼロ．したがって力もゼロ．
(5) その点を C とし，C 点での電場ベクトルを求める．棒 A を中心とする半径 r1 =0.30 m の円筒でのガウスの法則から

2πr1 ε0 × E(r1 ) = 9.0 × 10−3 C
より，

EAC =

9.0 × 10−3
1.5 × 10−2=N/C
2π × 0.3 × ε0
πε0

(A13.34)(A13.35)で，方向は AC 方向．同様に B による寄与は，EBC =1.6 × 10−3
2.0 × 10−2=N/C
2π × 0.8 × ε0
πε0

(A13.36)で，方向は CB 方向．これらの大きさは 3:4 で，三角形 CAB は頂点 C を直角とする直角三角形であるので，合成した電場ベクトルは BC に垂直に BC から遠ざかる方向に大きさ

E=

2.5 × 10−2
≅ 9.0 × 108 N/C
πε0(A13.37)

したがって，

F = 4.5 × 106 N(A13.38)であり，向きは，BC に垂直に BC から遠ざかる方向．

第 14 章===========================================
問題 14.1 球殻の中心を原点とし，半径 r [m] の球面にガウスの法則を用いる．そこでの電場の強さを E(r) とすると，r > r0 [m] のときは 4πr2 ε0 E(r) = Q [C]．方向は原点から遠ざかる方向である．これを電気力線に沿って積分してV (r) =

Q
[V]
4πrε0

(A14.1)と求まる．r < r0 では球殻の中の電場はゼロであるから，電位は r = r0 でのときの値と同じである5 ．すなわち電位は球対称で，{

V (r) =

Q
4πε0 r0 [V]Q
4πε0 r [V](r ≤ r0 )(r > r0 )(A14.2)

である．

5

その理由は次のようである．点r での電位は，電場をr から無限遠まで積分したものである．r < r0 のと∫r∫∞∫∞き，V (r) = r E(x)dx = r 0 E(x)dx + r E(x)dx．r < r0 では電場がゼロなので右辺第 1 項はゼロであ0
る．

問題解答例54

問題 14.2 電荷を等電位面に置いてみよう．等電位面上では電荷は動かない．なぜなら，電位が等しいので面内の方向には力を感じないからである．ということは，電荷にはたらく力，すなわち電場ベクトルは等電位面に垂直であることを意味する．例えば，
等電位面が z 軸に垂直な場合，等電位面は xy 方向では一定であるから Ex , Ey 成分はゼロで Ez 成分のみをもつ．
問題 14.3 定義によりエネルギー = 電荷 × 電位差 = 1.6 × 10−13 J(A14.3)である．陽子の質量を m，速度を v とすると，

1
mv 2 = 1.6 × 10−13 J
2
より

√

v=

2 × 1.6 × 10−13≅ 1.4 × 107 m/s
1.67 × 10−27(A14.4)(A14.5)となる．すでに光速の 4.6%となっている．
問題 14.4 電位差 V に接続して，それぞれに ±Q の電荷が蓄積されたとする．合成容量をC とすると Q = CV なので

V =

Q
Q
Q
Q
=
+
+ ··· +
[V]
C
C1 C2
Cn

(A14.6)より (14.18) を得る．
問題 14.5 C2 と C3 を並列につないだときの合成容量は C2 + C3 ，これに C1 を直列につないだものの合成容量 C は

C=

1
1
1
C2 +C3 + C1=

C1 (C2 + C3 )[F]
C1 + C2 + C3

(A14.7)となる．

演習問題 14[1] 点電荷 Q [C] を置いたとき，距離 r [m] での電位 V (r) はV (r) =

ke Q
[V]
r

(A14.8)で与えられる．2 つ以上の電荷がある場合は，重ね合わせの原理を用いてそれぞれの電位を足し合わせればよい．したがって，

1.0 × 10−3 ke 4.0 × 10−3 ke+= 3.0 × 10−1 ke
1.0 × 10−2
2.0 × 10−2
≅ 3.0 × 10−1 × 9.0 × 109 = 2.7 × 109 V

電位 =(A14.9)[2] 図 A14.1 のように 9 通り考えられる．(a) 4C, (b) 52 C, (c) 53 C, (d) 43 C, (e) C ，(f)C, (g) 43 C, (h) 35 C, (i) 25 C, (j) 14 C.
[3] (1) C1 ，C2 の電圧を V1 ，V2 とし，それぞれの電荷を Q とすると
C1
V1 [V]
C2
C2
V [V]
V1 =
C1 + C2Q = C1 V1 = C2 V2 [C] より， V2 =V1 + V2 = V [V]より(A14.10)

問題解答例

55
(a)

(d)

(g)

(c)

(b)

(e)

(f)

(h)

(i)

(j)

図 A14.1: 4 つのコンデンサーの組み合わせ(2) C1 の電荷を Q1 とすると Q1 = C1 V ．
(3) (1) の場合
1
1 C1 C22 V 2
C1 V12 =[J]
2
2 (C1 + C2 )2(A14.11)(2) の場合
1
C1 V 2 [J](A14.12)2[4] 極板の面積 A，極板間の距離 d の平行平面板コンデンサーの電気容量は ε0dA なので数値を代入する．
(1)

1 8.85 × 10−12 × 10−4
= 2.95 × 10−6 F
2
1.5 × 10−10(2) 10 × 103 × 104 = 108 倍して 295 F．

(A14.13)[5] 電気容量を Q = 10 pF，電圧を V = 3 V，電極の間隔を d [m]，極板の面積を A [m2 ]とする．

(1) C = ε0dA より，次式を得る．
A=Cd
10−11 × 2 × 10−2=
≅ 2.26 × 10−2 m2
ε08.85 × 10−12(A14.14)

Q = CV = 10−11 × 3 = 3 × 10−11 C(A14.15)

(2)
(3)
1
1
CV 2 = × 10−11 × 32 = 4.5 × 10−11 J(A14.16)22(4) 極板間の間隔が d1 , d2 ; (d1 + d2 = d2 ) である２つのコンデンサーを直列に接続した場合と等価である．それぞれの容量を C1 , C2 とすると
C1 =
合成容量は

ε0 A
ε0 A
[F], C2 =
[F]
d1
d2
1

=
C1−1 + C2−1

2ε0 A
[F]
d

すなわち，合成容量は 2 倍になりエネルギーも 2 倍となる．

(A14.17)(A14.18)

問題解答例

56(5) 半分挿入した時には，極板の面積が半分で間隔が d と d2 のコンデンサーを並列に接続したことになる．したがって
C
3C
+C =
[F]
2
2

(A14.19)のコンデンサーとなり，エネルギーは 1.5 倍となる．

第 15 章===========================================
問題 15.1 定義式 (15.3) より，長さは次のように求まる．

l=RA
100 × π × (2.5 × 10−4 )2=≅ 1.12 × 10−1 m
ρr
5.6 × 10−5

(A15.1)問題 15.2 電子の数密度 n [m−3 ] は，銅 1mol，64 g 中に 6.0 × 1023 個の電子がある．銅 1mol
64
cm3 ．アボガドロ数を体積で割って，n は次のようの体積は質量を密度で割って 9.0
に求まる．

n=

6.0 × 1023 × 9.0≅ 8.4 × 1022 /cm3 = 8.4 × 1028 /m3
64(A15.2)問題 15.3 (15.5) に数値を代入する．前問より n = 8.4 × 1028 /m3 ，

v =
=

I
−nAe
10 A
8.4 × 1028 /m3 × 1.0 × 10−6 m2 × 1.6 × 10−19 C≅ 7.4 × 10−4 m/s= 0.74 mm/s

(A15.3)問題 15.4 電圧 V に接続し，抵抗 Rk に ik の電流が流れたとすると，抵抗 Rk での電位差はV = Rk ik である．合成抵抗を R とすると
V =R∑

ik [V](A15.4)

∑ V
V
=
[A]
R
Rk
k

(A15.5)kすなわちよって (15.15) が導かれる．

演習問題 15[1](1) 最大の抵抗値はすべて直列に，最小の抵抗値は並列したときなので，それぞれ最大 : 200 × 2 + 100 × 3 = 700 Ω1
最小 := 25 Ω−1
2 × 200 + 3 × 100−1となる．

(A15.6)

問題解答例57(2) 考える端子間に電圧 V [A] を掛け i [A] が流れるとする．
AB 間: 図 A15.1 左の点 P と Q の電圧は等しい．したがって，2R と 4R が並列である場合と同じなので 4R
3 ．
AC 間: 対称性により，図 A15.1 右のように電流が流れるとすると，
i1 = i2 + i3 [A], (i1 + 2i2 )R = V [V], (i1 + i3 + i1 )R = V [V](A15.7)を得る．これを解くと

i1 =

3V
2V
V
[A], i2 =[A], i3 =
[A]
7R
7R
7R

(A15.8)

したがって AC 間に電流 i1 + i2 を流したとき，

V =7R(i1 + i2 ) [V]5より抵抗値は
抵抗値 =(A15.9)7R[Ω]
5(A15.10)と求まる．
(3) 端子間の抵抗値を x とすると，図 15.7 右の PQ を端子とする抵抗値も x だから

x = 2R +

Rx
[Ω]
R+x

(A15.11)が成り立つ．x について解いて

x = (1 ±√3)R [Ω](A15.12)3)R [Ω](A15.13)を得る．負符号は物理的でないから

x = (1 +

√

と求まる．

i1
A

P

B

i2

A

i2
Q

i3
i1

C

図 A15.1: 端子間の抵抗値[2](1) 図 A15.2 の通り．
2(2) 抵抗 R に電圧 V をかけると明るさは VR に比例する．合成抵抗を計算すると，
2R
3R
全体の明るさはその値に反比例する．それぞれ合成抵抗値は R
3 ， 3 ， 2 ，3Rとなり，明るさは順に，3 倍， 32 倍， 23 倍， 31 倍となる．

問題解答例58

図 A15.2: 電球 3 個の接続方法(3) 図 A14.1 で，コンデンサーを電球に変えればよい．組み合せの数の増加に驚く．
[3] (1) 100 Ω の抵抗を流れる電流を i とすると，50 Ω の抵抗に流れる電流は i+0.02 [A]．
よって，50(i + 0.02) + 100i = 10 より i = 60 mA を得る．R2 での電圧降下は，100 Ω でのそれに等しいから 0.02R = 100i = 6 V．よって R2 = 300 Ω．
(2) 電流計に電流が流れないということは，B と C での電位は同じ．したがって，
50:100=R1 :300 より R1 = 150 Ω．

第 16 章===========================================
問題 16.1 (16.1) の力の定義式に代入すると，定義通りの力になっていることがわかる．

F =µ0 I1 I2 l
4π × 10−7 1 × 1 × 1== 2 × 10−7 N/m
2π d
2π
1

(A16.1)問題 16.2 (16.9) で，原点 r = 0 [m]，|r ′ | = r0 [m]．−dl × r ′ は，電流が時計周りのときは

向きは紙面表向きで大きさは dlr0 ．dl の積分は円周の長さ 2πr0 となるから，B=µ0 I × 2πr02
µ0 I
[T]
=
3
2r0
4πr0

(A16.2)となって (16.10) を得る．
問題 16.3 磁束密度の大きさはB = 4π × 10−7 × 200 × 5000 ≅ 1.26 T(A16.3)である．
問題 16.4 磁束密度の大きさはµ0 N I
4π × 10−7 × 500 × 10=
= 2.0 × 10−3 T
2πr
2π × 0.5(A16.4)問題 16.5 磁場中に電流を置くと，電線はローレンツ力 ((16.16)) を受ける．電流を断面積

A[m2 ]，長さ l [m] の直線電流とし，流れる向きの単位ベクトルを l̂ としよう．ρ [C/m3 ]を電荷密度とすると，ρAl [C] は電線に含まれる全電荷となる．v [m/s] を電荷の流れる速度とすると，電流 I [A] は向きを含めて
I l̂ = ρAv [A](A16.5)

問題解答例

59と書ける．
電線にはたらく力 F [N] は，ローレンツ力の式に代入して

F = ρlAv × B = l I l̂ × B [N](A16.6)となり，単位長さあたりにはたらく力は次のように書ける．

F= I l̂ × B [N/m]l(A16.7)

演習問題 16[1](1) 磁束密度ベクトルを B [T]，荷電粒子の電荷を q [C]，質量を m [kg]，速度をv [m/s] とすると，粒子にはたらくローレンツ力は
qv × B [N ](A16.8)であり，速度と力は直交する．したがって，力の方向への移動距離はゼロであり，仕事はゼロである．そのため，速さも一定であり運動エネルギー 12 mv 2 [J]も一定である．
2(2) 円の半径を r [m] とすると，ローレンツ力と求心力 mv
r [N] は等しい．すなわ
2mv
ち，qvB = mv
r [N] である．したがって r = qB [m] となる．
(3) 速度 v [m/s] を磁場に平行な成分 v∥ [m/s] と垂直な成分 v ⊥ [m/s] に分ける．粒⊥子は半径 mv
qB [m] の円を描きながら，磁場の方向へ v∥ [m/s] の速度で移動する．
すなわち，らせん運動をする．
[2] 点 P での磁束密度への，直線電流の部分からの寄与はゼロであり，半円の寄与は円電流の半分である．したがって，磁束密度の大きさ B は

B=

µ0 I
[T]
4r

(A16.9)と求まる．
[3] (1) 各辺に，大きさ IlB [N] で，向きは正方形の内側，または外側へ向かう方向の力．
(2) 磁場と平行な辺への力はゼロ，垂直な辺には正方形を回転させる偶力として，面に垂直な向きに大きさ IlB [N] の力がはたらく．
[4] (1) 磁束密度の大きさ B はµ0 nI = 4π × 10−7 × 2 × 103 × 0.5 ≅ 1.26 × 10−3 T(A16.10)(2) 単位長さあたりの力は，大きさは電流値に磁束密度の大きさを掛けたものだから，
6.3 × 10−4 N/m(A16.11)

向きはフレミングの左手の法則より，外側にはたらく．
(3) 単位長さ当たりの力は，大きさはµ0 I 24π × 10−7 × (0.5)2== 1.0 × 10−4 N/m2πd2π × 5 × 10−4

(A16.12)

向きは，お互いに引き合う向き．(一方の電流が他方につくる磁場と電流とから，
フレミングの法則により．)

問題解答例60

第 17 章===========================================
問題 17.1 磁石が落下しようとすると，レンツの法則により，それを妨げる向きに渦電流が生じ逆向きの磁場ができて，磁石の落下を妨げる向きの力を与える．
問題 17.2 回路に含まれるインダクタンスを L とすると，

V (t) = −L

dI(t)
[V]
dt

(A17.1)の式により，電流の急激な変化があると，それを妨げる向きにその電流変化に比例した起電力が生じる．電流変化が激しいほど生じる電圧は高くなり，絶縁破壊が起こって，そこに火花放電が飛ぶ．
問題 17.3 偏光板の中には向きの揃った長い高分子などが入っている．長い高分子の中の電子は，電磁波の電場により長さ方向には動けるが幅方向にはほとんど動けない．したがって，長さ方向に電場ベクトルが振動する偏光は吸収され，それと垂直方向に振動する偏光は透過する．
問題 17.4 セロテープなどは光軸をもつ (2 色性の物質)．すなわち，光軸の方向に振動する
光 (常光) と，それと垂直方向に振動する光 (異常光) では屈折率が異なり，光の速さが異なる (複屈折)．偏光の角度と厚さ (光路差) によって２つの光が干渉し，波長によって強め合ったり弱め合ったりするので発色する．ガラスなどを押したりするとひずんで方向性が生じ，2 枚の偏光板に挟むと発色する．この現象を利用して，ひずみを計ることができる (光弾性)．

演習問題 17[1](1) 抵抗 R の定義式 V = IR からΩ = V/A(A17.2)

電気容量 C の定義式 Q = CV より，

F = C/V = A · s/V = s/Ω(A17.3)インダクタンス L の定義式 V = −L dI
dt より，

H = V · s/A = s · Ω(A17.4)1√1(2) (1) より，単位が s−1 =Hz になる組み合わせを考える．RC[Hz]，RL [Hz]， LC [Hz]，[2] (1) V=J/C= kg · m2 /(s2 · (A · s)) = kg · m2 /(s3 · A)(2) Ω = V/A = kg · m2 /(s3 · A2 )(3) C= A · s(4) F= s/Ω = s4 · A2 /(kg · m2 )(5) H= s · Ω = kg · m2 /(s2 · A2 )(6) 磁束 [Wb] の時間変化が電圧 [V] であるので，Wb= V · s = kg · m2 /(A · s2 )(7) T= Wb/m2 = kg/(s2 · A)
[3] 磁束密度の大きさ B = 5 T の中で，1 辺の長さ l = 5 × 10−2 m のコイルが速度v = 10−2 m/s で動くとする．

(1) コイルが磁場の中に入る時間 t = 5 s までの磁束 Φ(t) [Wb] は Φ(t) = Blvt [Wb]なので，起電力 V [V] は
V =−

dΦ(t)
= −Blv = 5 × 5 × 10−2 × 10−2 = −2.5 × 10−3 V
dt(A17.5)

問題解答例61⺃ዉ⿠㔚ജ (mV)
㔚ᵹ

2.5

5
10

2.5

15 t

ജ

図 A17.1: 起電力の時間変化とコイルに流れる電流の向き
磁場から出ていく 10 ≤ t ≤ 15 s には，逆向きの起電力がはたらく．したがって
図 A17.1 左のようになる．
(2) 磁束の増加を妨げる向きに起電力は生じるので，図 A17.1 右の通り．
(3) フレミングの左手の法則により，図 A17.1 右の通り．
[4] 磁束密度の大きさ B = 5 T の中で，速度

1 辺の長さ l = 5 × 10−2 m のコイルが回転角

2π≅ 0105 rad/s
60(A17.6)Φ(t) = Bl2 cos ωt [Wb](A17.7)

ω=
で回転している．

(1) コイルを貫く磁束の大きさはdΦ(t)= Bl2 ω sin ωt = 5 × (5 × 10−2 )2 × 0.105 sin(0.105t)
dt≅ 1.31 × 10−3 sin(0.105t) [V](A17.8)起電力 = −

(2) 図 A17.2 の通り．
(3) フレミングの左手の法則により図 A17.2 の通り．

ജ㔚ᵹ

図 A17.2: コイルに流れる電流の向き