令和 4 年度
千葉大学先進科学プログラム入学者選考課題
課題論述

物理解答例

課題 I, II

解答例：課題 I
問 力のつり合いを考えると，0 = −kz0 − mg であるから、mgz0 = −kである。

A-問 1 運動方程式は，
ma = −kz − mgである。

d2 zd2 zk (mg )A-問 2 前問より，ma = m 2 = −kz − mg であるから， 2 = −z+より，
dtdtmk√
kω=mである。また，√2πm
T == 2πωkである。
d2 z= −ω 2 (z − z0 ) であるから，z(t) = z0 + A cos ωt + B sin ωt と書け
dt2dzる。初期条件より，A = z1 − z0 である。速度は， = −(z1 − z0 )ω sin ωt + Bω cos ωtdtとなる。再び初期条件を考えると，B = 0 である。したがって，

A-問 3 前問より，z(t) = z0 + (z1 − z0 ) cos ωtである。

B-問 1 慣性系として，エレベータの外で静止している観測者から見た小球の鉛直上向きの座標系を考える。慣性系での小球の座標を Z とする。題意の小球の座標 z は，エレベータ内での座標系であり，エレベータが移動してるいないに関わらず，バネの自然長を座標原点 O としている。また，エレベータ内での座標系は慣性系とは平行に移動するので，ある時刻 t にエレベータ内の座標系の原点 O が慣性系では s であるとすると，

Z =z+s(1)である。慣性系で小球に作用する力を f （本問では重力とバネによる復元力）とす
ると，その運動方程式は，

md2 Z=fdt2(2)であるが，ここに式 (1) を代入して整理すると，

md2 zd2 s=
f−mdt2dt2となる。すなわち，エレベータ内での座標系では，小球に慣性力 −m1(3)d2 sが加わる。
dt2上記の考察の式 (3) に s =α0 t2を代入すると，f = −kz − mg であるから，
2d2 z= −kz − mg − mα0 となって，慣性力 −mα0 が加わる。
dt2)(m(g + α0 )d2 zm(g + α0 )B-問 2 z2 = −とする。前問より，m 2 = −k z += −k(z −z2 )kdtkとなるので，つり合いの位置が z2 で角振動数が ω の単振動を行なう。初期条件を考mえると，振幅は z0 − z2 である。t = 0 での f は 0 であるが，慣性力が存在するため，小球は運動を始める。具体的な表式は，z(t) = z2 + (z0 − z2 ) cos ωt である。

B-問 3 エレベータには重力に抗する力（+M g ）と加速度 α0 でエレベータを鉛直上方に移動させる力（+M α0 ），バネの復元力に抗する力（−kz ）の合力を加える必要があるので，

F = M (g + α0 ) − kz = (M + m)(g + α0 ) − mα0 cos ωtである。

3Td2 zB-問 4 時刻 t =以降の運動方程式は，m 2 = −k(z − z0 ) に戻る。そこで，時刻4dt
3Tt=でのエレベータ内での小球の位置と速度を求めると，B-問 2 の結果より¯( 4)3Tdz ¯¯= z2 ， ¯= (z0 − z2 )ω
z4dt t= 3T4である。この条件の下で z(t) = z0 + A cos ωt + B sin ωt の定数 A，B を決めると，3T
A = B = z0 − z2 となるので，時刻 t =以降は，4(√π)z(t) = z0 + (z0 − z2 ) cos ωt + (z0 − z2 ) sin ωt = z0 + 2(z0 − z2 ) cos ωt −4なる単振動に移行する。
3T
B-問 5 z2 = 2z0 であるので，時刻 t = 0 からまでの間では，z(t) = 2z0 − z0 cos ωt で4(√3Tπ)ある。時刻 t =から 3T までの間では，z(t) = z0 − 2z0 cos ωt −である。
44
これをグラフとして表すと，次のようになる。

232.5z/z021.5
10.50-0.5
00.5

11.5

22.5

3t/T
B-問 5

解答例

B-問 6 小球に慣性力が加わらない状況で小球が静止し続けるには，慣性力が 0 になった
3T
瞬間に小球が z0 の位置にあり，速度が 0 の必要がある。前問の時刻 t =までの43Tグラフをそのまま t =以降も延長すると，エレベータが等加速度運動中に小球4の位置が z0 になるのは，n を自然数として，t = nT のときである。一般の α0 の場
合でも，振幅 |z0 −¯ z2 | が変わるだけなので上記の考察結果は変わらない。このとき，dz ¯¯
小球の速度は= (z2 − z1 ) sin(nωT ) = 0 である。すなわち，題意を満たす t0dt ¯t=nTは存在して，t0 = nT である。

C-問 1 ZE = L − z0 である。
C-問 2 エレベータの運動方程式は，Mの運動方程式は，md2 ZE= F0 − M g − k(ZE − ZP − L) である。小球
dt2d2 ZP= −mg + k(ZE − ZP − L) である。
dt2F0d 2 ZG=− g である。したがって，右辺が正であること
2dtM +mが求める条件であるので，

C-問 3 前問の結果より，

F0 > (M + m)g である。
)
(1M (L − z0 )F0
C-問 4 前問より，ZG =− g t2 +となる。また，ZR は，C-問 22 M +mM +mの結果より，
3d 2 ZR= mF0 − k(M + m)(ZE − ZP − L) である。右辺を変形して，
dt2()
2d ZRmF0となるから，これを初期条件の下でM m 2 = −k(M + m) ZR −dtk(M+m)√k(M + m)
解けば，Ω =とおいて，
Mm
()
mF0
ZR = −z0 + z0 +(1 − cos Ωt) となる。ZG と ZR が求まったので，こk(M + m)
れらの式から
ZE を求めると，
()()
1F0m
mF02
ZE =− g t + L − z0 +z0 +(1 − cos Ωt) となる。
2 M +mM +mk(M + m)
Mmd2 z= −k(z − z0 ) − mα1 sin ω0 t である。まず，A = B = 0 としdt2て，特解を求める。z(t) = z0 + C sin ω0 t を運動方程式に代入すると，
α1−Cω02 sin ω0 t = −Cω 2 sin ω0 t − α1 sin ω0 t であるから，C = 2となる。
ω0 − ω 2¯dz ¯
ω0 C
初期条件 z(0) = z0 ， ¯¯= 0 を考えると，A = 0，Bω + Cω0 = 0 より B = −dt t=0ω)
α1 ( ω0であるから，z(t) = z0 + 2− sin ωt + sin ω0 t となる。
ω0 − ω 2
ωD-問 1 運動方程式は，mD-問 2 ω0 ≪ ω のときは，() 内の第一項が追加項（補正項）になる。すなわち，角振動数 ω0 の単振動が主であり、そこに角振動数 ω の微小単振動が加わる。

ω0 ≫ ω のときは，() 内の第二項が追加項（補正項）になる。すなわち，角振動数 ωの単振動が主であり、そこに角振動数 ω0 の微小単振動が加わる。

ω0 ; ω のときを考える。ω0 = ω + ∆，|∆| ≪ ω とする。さらに，|∆t| ≪ 1 の時間スケールで，sin ω0 t に ω0 = ω + ∆ を代入すると， ()∆2 t2sin ωt+∆t cos ωt.
sin ω0 t = sin(ωt+∆t) = sin ωt cos ∆t+cos ωt sin ∆t ; 1 −2()()ω0∆∆2 t2
∴ − sin ωt + sin ω0 t ; − 1 +sin ωt + 1 −sin ωt + ∆t cos ωtωω2()∆ ∆2 t2+sin ωt + ∆t cos ωt=−ω2∆; − sin ωt + ∆t cos ωtω)(α1∆
∴ z(t) ; z0 +− sin ωt + ∆t cos ωt2∆ω(ω)α11= z0 +− sin ωt + t cos ωt2ωωとなる。ここで，仮に ω = 1，∆ = 10−5 とすると，t < 2π × 102 程度までなら，|∆t| ≪ 1 と見なすことができるので，これらを代入すると，
α1(− sin t + t cos t)z(t) = z0 +2となる。すなわち，この例では，102 周期まで時間 t に比例して振動の振幅が増大し続けることを示している。∆ をより小さくすれば，t を大きくすることができるので，ω0 → ω の極限では，振幅は発散する。この現象は，共振（共鳴）と呼ばれる。

4「補足」ω0 = ω の場合の解を求めることを考えてみる。
この場合，z(t) = z0 + A(t) cos ωt + B(t) sin ωt としたうえで，解を求めるが，これdA(t)dB(t)cos ωt +sin ωt = 0 という条件をでは A(t)，B(t) を決定できないので，dt¯dtdz ¯課すことにする。初期条件は引き続き，z(0) = z0 ， ¯¯= 0 である。
dt t=0dz(t)= −ωA(t) sin ωt + ωB(t) cos ωtdt
初期条件から，A(0) = B(0) = 0 である。さらに，
d2 z(t)dA(t)dB(t)2=−ω(z(t)−z)−ωsinωt+ωcos ωt0dt2dtdtdA(t)dB(t)すなわち，−ωsin ωt + ωcos ωt = −α1 sin ωtdtdtである。これらの式と初期条件からA(t)，B(t) の連立微分方程式を解けば，()
α1sin 2ωt
α1A(t) =t−，B(t) =cos 2ωt2ω2ω4ω 2である。これを，( z(t) = z0 + A(t) cos) ωt + B(t) sin ωt に代入して整理すると，
α11z(t) = z0 +t cos ωt − sin ωt2ωωとなって近似で求めた式と一致する。この式は厳密な式なので，t の範囲に上限はなく，振動の振幅が発散することが近似なしで示されたことになる。

d2 zdz(t)= −k(z − z0 ) − 2mγである。
2dtdt¯dz ¯= 0 である。
また，初期条件は z(0) = z1 ， ¯¯dt t=0γγ(z1 − z0 )γ < ω のとき，A = z1 − z0 ，また，B = √A= √ω2 − γ 2ω2 − γ 2)(√√
γsin ω 2 − γ 2 t∴ z(t) = z0 + (z1 − z0 )e−γt cos ω 2 − γ 2 t + √ω2 − γ 2となり，減衰振動する。

D-問 3 運動方程式は，mγ = ω のとき，B = z1 − z0 ，また，A = γB = γ(z1 − z0 )∴ z(t) = z0 + (z1 − z0 )e−γt (γt + 1)となり，振動はしないものの減衰する（臨界減衰と呼ばれる）√√ 。
γ 2 − ω2 + γ
γ 2 − ω2 − γ√√γ > ω のとき，A =(z1 − z0 )，また，B =(z1 − z0 )2 γ 2 − ω22 γ 2 − ω2√√√z1 − z0 −γt √ 22222∴ z(t) = z0 + √e {( γ − ω 2 +γ)e γ −ω t +( γ 2 − ω 2 −γ)e− γ −ω t }222 γ −ωとなり，これも振動はせず，また {} 内に指数的に発散する項が存在するものの，e−γtの減衰のほうが強いので，減衰する（過減衰と呼ばれる）。

d2 zdz= −ω 2 (z − z0 ) − 2γ − α1 sin ω0 t である。
2dtdt
図（D-問 3）のような，抵抗値 R の抵抗，インダクタンス L0 のコイル，容量 C0 のコ

D-問 4 小球の運動方程式は，ンデンサ，交流電源 E = E0 cos ω0 t からなる RLC 直接回路を考える。この回路を流5れる電流 I(t) を考える。コンデンサに蓄えられる電荷を Q(t) とすると，I(t) =dQdtである。回路に対してキルヒホッフの法則を考えると，
dIQ
RI + L0 += E0 cos ω0 tdt C0である。両辺を時間微分して整理すると，
ω0 E0d2 IIR dI=−−−sin ω0 t2dt
L0 C0 L0 dtL0であり，RLC 直列回路での電流の時間変化は，本問のエレベータ内での小球の運動と対応することがわかる。

RL0C0E

D-問 3

解答例（RLC 直列回路）

6解答例：課題 II
出題の意図
波動性から光の反射や屈折を理解できるかどうか問う問題である。この問題では波動性の理解とともに，接線に垂直，角度の 2 等分といった幾何学を，代数的に扱う数学力も試している。また正解を求めるには関数の極大極小を求める数学力や，想像力も必須である。やや面倒な計算であるが，遠くの銀河が円弧状に見える理由を理解できれば，計算の苦労も報われるだろう。
問1dz= 2ax より，接線はベクトル (1, 2ab) と向きが同じである。これに対して問題文dxで与えられた法線ベクトルは()dx dz
n =,= (c, 1)(1)
dt dtとなる。法線ベクトルと接線ベクトルは垂直であるという条件より，

c + 2ab = 0 −→ c = −2ab(2)が得られる。入射光と法線のなす角度は，反射光と法線のなす角度が等しいことを考えると(01) (·c1)= √1(c′ )2 + 1(c′1) (·c)(3)

1この方程式を解くと

c′ =4ab4a2 b2 − 1(4)がえられる。
問 2 反射光が z 軸と交わるのは媒介変数表示

4a2 b2 − 11b= −ab2 +(5)t = − ′ = −c4a4a()
1
なので，反射光は (x, z) = 0,を通る。この座標は b の値によらない。この放4a1物面の焦点距離はである。
4a7(問 3 焦点の座標が (x, z) =10,4a)と表されることを使うと線分 AF の長さは√AF =(x2 +ax2 −14a)2= ax2 +14a(6)

ここで PA = ℓ − ax2 を代入すると，

PA + AF = ℓ +14a(7)が得られる。光路長は b によらないので，焦点で光の位相は揃うことが示せた。
問 4 レンズは z = 0 の面と z 軸について対称なので，xz 面を通り z = 0 について対称な光線だけを考える。レンズ内では光軸から r だけ離れた点を通る光線の光路長は][√22(8)ℓ = 2 nzs + (zs − 2f ) + x√とあらわされる。これがレンズの端 r = R を通る光線の光路長 (= 2 R2 + r2 と等しくなるにのは√√
22nzs + (zs − 2f ) + x =R2 + 4f 2(9)が満たされるときである。これを変形すると√(zs − 2f )2 + x2 = n2 (zs )2 − 2n R2 + 4f 2 zs + R2 + 4f 2(1−n2)( √)22(zs ) + 2 n R + 4f − 2f zs + x2 = R22(10)(11)が得られる。式 (11) の左辺 (zs ) の前の係数は (1 − n2 ) < 0 であり，その標準形は2( √( √) 2)22 + 4f 2 − 2f2 + 4f 2 − 2fnnRR()
 + x2 = R 2 +1 − n2 zs −(12)n2 − 1(1 − n2 )

なので，これは双曲線を表す。ここまで光線は y = 0 を通ると仮定したが，レンズの軸に対称でなのでレンズの表面は式 (11) や (12) の x2 を x2 + y 2 に置き換えた双曲面であることが分かる。2 次曲線であることは式 (11) で明らかなので，式 (12) まで導く必要はないが，このように変形すると双曲線の中心が z > 0 にあることが分かる。

8

問 5 真空中の光速度を vph とすると屈折率 n での速度は vph /n なので[ √]√t = vph −1 n m2 + (z ′ )2 + (q − m)2 + (z ′′ )2極小となるのは(13)dt= 0 なので，条件dm√

nmm2 + (z ′ )2q−m= √(q − m)2 + (z ′′ )2(14)が得られる。
問 6 ここで

sin i = √sin r = √mm2 + (z ′ )2q−m(q − m)2 + (z ′′ )2(15)(16)

なので，問 5 で求めた条件式はスネルの法則に他ならない。
問 7 線分 PA=√(D − a cos θ)2 + a2 sin2 θ =tPABQ√

D2 − 2aD cos θ + a2 なので]2 [√ 22D − 2aD cos θ + a + na cos θ=vph(17)

線分 PA や BQ が球に接するのは D cos θ = a の時なのでcos θ =aD(18)が条件である。したがって cos θmax = a/D が求まる。
問 8 tPABQ が極値をとるのは()
Dsin θ − √+n= 0
D2 − 2aD cos θ + a2(19)である。この条件を満たすのは θ = 0 の場合とcos θ =問 7 で求めた関係式より(n2 − 1)D2 + n2 a22n2 aD

a5 cos θ < 1 である。この条件が満たされるのはD()2D2D
25n <.
D2 − a2
D−a9(20)(21)

とまとめられる。レンズの大きさに比べて距離が十分に遠い (D ≫ a) 場合，式 (21) を[( a )2 ]−1/2(a )−11−5n< 1−DD(22)と変形したのち，a/D ≪ 1 と近似の公式を用れば1 ( a )2
a1+5n<1+2 DD(23)が得られる。

tPABQ のグラフを書く際には θ = 0 のときに極小か極大か見極めるために 2 階微分を求めると良い。

¯()()
d2 tPABQ ¯¯Da=2a−n;
2a1+−ndθ2 ¯θ=0D−aD(24)aであれば極小である。この事柄を考慮すると，図 A1 に示したDように tPQBQ の概形は屈折率の大きさに応じて 3 つの場合に分けられる。屈折率がなので，n < 1 +1 に極めて近い場合には青線のように θ = 0 で tPABQ は最小となる。逆に屈折率が(a)場合，θ = 0 で tPABQ は極大となり，黒線で示したように球体大きい n > 1 +Dを通過する距離が短いほど tPABQ は短くなる。この中間の屈折率の場合は，方程式(19) が θ = 0 のほかに θ が正負の 2 根をもつ。したがって，tPABQ が θ = 0 で極小で途中で極大となる赤線のような曲線となる。

10tPABQ が極大極小となる角度 θ はスネルの法則から求めることもできる。線分a sin θPA と z 軸のなす角度は ∆θ =である。A 点での屈折角は r = θ で入射角はDi = θ + ∆θ である。スネルの法則を適用すると
n sin θ = sin (θ + ∆θ) = sin θ cos ∆θ + cos θ sin ∆θ(25)が得られる。角度 ∆θ は小さいのでsin ∆θ ; ∆θ ;a sin θD(26)∆θ21cos ∆θ ; 1 −;1−22(a sin θD)2(27)と近似できる。これらを代入すると

a1cos θ +D2(a sin θD)2= n−1(28)が得られる。sin2 θ = 1 − cos2 θ と表せることに注意すると，

1−2(a cos θD)2(+a cos θD)

1 ( a )2= n−1−2 D(29)のようにまとめられる。この方程式は a cos θ/D についての方程式なので cos θ を求めることができる。大学で習う逆三角関数を使えば θ も求めることができる。
問 9 問 7 で tPABQ が極小となる角度 θ を通る光線が実現するので，輪と中心の点が見える。
問 10 光線が y ̸= 0 を通る場合，これを xz 平面に射影したもののほうが必ず短い。またy の値を 2 倍にしたものの方が必ず長い。したがって光線が y ̸= 0 では極値を取らないので，xz 平面を通る光路だけを考える。このとき時間は[√]222t =(a sin θ − b) + (D − a cos θ) + na cos θvph(30)これが極値となる条件はa cos θ (a sin θ − b) + a sin θ(D − a cos θ)√− na sin θ = 022(a sin θ − b) + (D − a cos θ)(31)

少し整理すると√−b cos θ + D sin θ
D2 − 2a(D cos θ + b sin θ) + a2 + b2− n sin θ = 0(32)という b = 0 の場合と似た形にまとめることができる。問 7 の場合 tPABQ は θ の偶11関数であるので，極大や極小は θ の正負に対称に現れる。しかし b ̸= 0 の場合，対称性が失われるので、tPABQ は θ = 0 で極値とはならない。しかし b がごく小さい場合，やはり θ = 0 の付近で tPABQ は極小となっているはずである。tPABQ が極大となる角度 θ も θ が正負の領域に 1 つずつ存在するはずである。問 8 の場合は円環と中心の点が見えたが，円環が切れて 2 つの点となり，中心の点と合わせて 3 点が直線状に並んで見える。3 点の間隔は等しくない。

前段までの分析ができれば大学生として物理学を学ぶのに十分すぎるくらいの実力であるが、さらに次のような計算を実行できる受験生がいたら素晴らしい。

tPABQ が極小となる角度は sin θ ; θ，cos θ ; 1, a, b ≪ D と近似すると，−(ba)+ 1+
θ − nθ ; 0DD(33)より，θ =)−1ab (1+ −nDD(34)が得られる。

tPABQ が極大となる角度 θ も工夫すれば求めることができる。線分 PA と z 軸のなす角度は∆θ′ =a sin θ − bD(35)と求められる。極小となる角度は b = 0 のときの値 θ0 からわずかに異なる θ = θ0 + βとなるはずである。したがってスネルの法則は()
a sin θ − bn sin θ0 + β = sin θ0 + β +Dと書き表すことができる。ここで β と b が十分に小さいことを利用すると() ()a cos θb(n cos θ0 ) β = cos θ0 +× β−DD(36)(37)と表せる。ここで a cos θ0 /D がとても小さいので，(cos θ0a cos θ; cos θ0 +D12)(38)と近似して差し支えない。したがって

β = −b(n − 1)D(39)が得られる。
大学で習う数学，マクローリン展開 (またはテーラー展開) を使うと，図 7 に示したようなグラフの概形についても推測することができる。式 (32) を b で微分すると

vph

dt2 (a sin θ − b)= √db(a sin θ − b)2 + (D − a cos θ)2(40)が得られるので，b = 0 での微係数は¯dt ¯¯2a sin θ
vph ¯= √db b=0
D2 − 2aD cos θ + a2(41)であることが分かる。この結果を用いると，b が十分に小さい場合

vph t ; 2[√

D2 − 2aD cos θ + a2 + na cos θ]+√2a sin θ
D2 − 2aD cos θ + a2b (42)とマクローリン展開により近似式がえられる。式 (42) の右辺の b に比例する項は θについて反対称である。全体として関数は非対称になることが確認できた。
問 11 銀河はこの写真の中央部の明るく見える手前の銀河の裏側に存在する。画面中央にある銀河の重力によりレンズ効果が生じ，光が曲がって届く。問 7, 8, 9 で考えたよ
うに中央の銀河の真裏に青い銀河があれば，銀河は青い環となって見えるはずである。円弧となっているのは少しずれているためと考えられる。
レンズと重力レンズの類似点については ヘクト 著 尾崎・浅倉 訳 光学 I – 基礎と幾何
光学 – (丸善, 2002 年) などを参照されたい。重力レンズ効果については p. 350 から解説が提示されている。

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