Twitter（現X）で見つけたFY26東大本レ物理を解く

はじめに

　最近，少し物理にハマっているので，前回に引き続き物理です。問題は，2026年度第1回東大本番レベル模試です。作問は恐らく三宅唯先生でしょうか？（まあ真相は闇の中ですが…）

解答

第1問

I

　Bへの床からの垂直抗力を$N$として，運動方程式は
\begin{align} \text{A}&: m \ddot{x} = - k (x - \ell) - m g + F, \\ \text{B}&: m \cdot 0 = k (x - \ell) - m g + N. \end{align}

(1)

　運動方程式より$a = \ddot{x} = - \dfrac{k}{m} \left\{x - \left(\ell - \dfrac{mg - F}{k}\right)\right\}$.

(2)

　(1)よりAは単振動することが分かり$x_0 = \ell - \dfrac{mg - F}{k}$，$\omega_0 = \sqrt{\dfrac{k}{m}}$.

(3)

　Bの運動方程式より$N = m g - k (x -\ell)$ゆえ，Bが離れない条件：$N \geq 0$は$x \leq \ell + \dfrac{m g}{k}$．はじめの状態では$x = \ell - \dfrac{m g}{k} (=: x'_0)$ゆえ，Bが離れる条件は
\begin{equation} (x \text{の最大値}) = 2 x_0 - x'_0 \geq \ell + \frac{m g}{k}, \qquad \therefore F \geq m g. \end{equation}
　よって$F_0 = m g$．

II

(1)

　エネルギー保存則より
\begin{equation} \frac{1}{2} k (x'_0 - x_0)^2 = \frac{1}{2} m v_1^2 + \frac{1}{2} k \left\{\left(\ell + \frac{m g}{k}\right) - x_0\right\}^2, \qquad \therefore v_1 = \sqrt{\frac{4 g}{k}(F - m g)}. \end{equation}
[または]
　外力を与える瞬間の時刻を$t'$として，運動方程式および初期条件より$x = x_0 + A \cos{\omega_0 (t - t')} + B \sin{\omega_0 (t - t')}$，$A = x'_0 - x_0$，$B = 0$ゆえ$x = x_0 - \dfrac{2 m g}{k} \cos{\omega_0 (t - t')}$．$x = \ell + \dfrac{m g}{k}$なる時刻を$\tau'$とすれば
\begin{equation} v_1 = \dot{x}(\tau') = \frac{2 m g}{k} \omega_0 \sqrt{1 - \cos^2{\omega_0 (\tau' - t')}} = \sqrt{\frac{4 g}{k}(F - m g)}. \end{equation}

(2)

　運動方程式より
\begin{align} m \ddot{x}_\mathrm{A} &= - k (x_\mathrm{A} - x_\mathrm{B} - \ell) - m g + F, \\ m \ddot{x}_\mathrm{B} &= + k (x_\mathrm{A} - x_\mathrm{B} - \ell) - m g. \end{align}
(a) 運動方程式を辺々加えて$a_\mathrm{C} = \dfrac{\ddot{x}_\mathrm{A} + \ddot{x}_\mathrm{B}}{2} = - g + \dfrac{F}{2 m}$．
(b) $x_\mathrm{C}(0) = \dfrac{\ell + m g/k}{2}$，$\dot{x}_\mathrm{C}(0) = \dfrac{v_1}{2}$より$x_\mathrm{C} = \dfrac{\ell + m g/k}{2} + \dfrac{v_1}{2} t + \dfrac{1}{2} a_\mathrm{C} t^2$．
(c) 運動方程式を辺々引いて$a_\mathrm{R} = \ddot{x}_\mathrm{R} = - \dfrac{2k}{m} (x_\mathrm{R} - \ell) + \dfrac{F}{m} = - \dfrac{2k}{m} \left(x_\mathrm{R} - \dfrac{F + 2 k \ell}{2 k}\right)$．
(d) 前問(c)より$x_1 = \dfrac{F + 2 k \ell}{2 k} = \ell + \dfrac{F}{2 k}$，$\omega_1 = \sqrt{\dfrac{2 k}{m}}$．
(e) 初期条件より$x_\mathrm{R}(0) = \ell + \dfrac{m g}{k}$，$\dot{x}_\mathrm{R}(0) = v_1$ゆえ$C = \dfrac{v_1}{\omega_1}$，$D = x_\mathrm{R}(0) - x_1 = \dfrac{2 m g - F}{2 k}$．

(3)

　前問(2)の結果より
\begin{align} x_\mathrm{B} &= x_\mathrm{C} - \dfrac{x_\mathrm{R}}{2} \\ &= \dfrac{\ell + m g/k}{2} + \dfrac{v_1}{2} t + \dfrac{1}{2} a_\mathrm{C} t^2 - \frac{x_1}{2} - \frac{C}{2} \sin{\omega_1 t} - \frac{D}{2} \cos{\omega_1 t} \\ &= \frac{D}{2} + \dfrac{v_1}{2} t + \dfrac{1}{2} a_\mathrm{C} t^2 - \frac{C}{2} \sin{\omega_1 t} - \frac{D}{2} \cos{\omega_1 t}. \end{align}

(4)

　$F < 2 m g$のとき$a_\mathrm{C} < 0$となり系は床に戻るのでBは床に戻る．$F \geq 2 m g$のとき$a_\mathrm{C} \geq 0$で
\begin{equation} \dot{x}_\mathrm{B} = \frac{v_1}{2} (1 - \cos{\omega_1 t}) + \frac{a_\mathrm{C}}{\omega_1} (\omega_1 t - \sin{\omega_1 t}) \geq 0 \quad (\because x \geq 0 \text{のとき} x \geq \sin{x}) \end{equation}
ゆえBは床に戻らない．よって$F_1 = 2 m g$．

第2問

I

(1)

\begin{align} \phi &= k \frac{q}{r - d/2} + k \frac{-q}{r + d/2} \\ &= \frac{k q}{r} \left(\left(1 - \frac{d}{2 r}\right)^{-1} - \left(1 + \frac{d}{2 r}\right)^{-1}\right) \\ &\fallingdotseq \frac{k q}{r} \left(\left(1 + \frac{d}{2 r}\right) - \left(1 - \frac{d}{2 r}\right)\right) \\ &= \frac{k q d}{r^2}. \end{align}

(2)

　$E = - \dfrac{\partial \phi}{\partial r} = \dfrac{2 k q d}{r^3}$．
[または]
　前問(1)と同様に近似して
\begin{align} E &= k \frac{q}{(r - d/2)^2} + k \frac{-q}{(r + d/2)^2} \fallingdotseq \frac{k q}{r^2} \left(\left(1 + \frac{d}{r}\right) - \left(1 - \frac{d}{r}\right)\right) = \frac{2 k q d}{r^3}. \end{align}

II

(1)

　I(2)の$E$を$r$の関数$E(r)$とおいて
\begin{align} F_0 &= (-q) E\left(r - \frac{d}{2}\right) + q E\left(r + \frac{d}{2}\right) \\ &= \frac{2 k q^2 d}{r^3} \left(\left(1 + \frac{d}{2 r}\right)^{-3} - \left(1 - \frac{d}{2 r}\right)^{-3}\right) \\ &\fallingdotseq \frac{2 k q^2 d}{r^3} \left(\left(1 - \frac{3 d}{2 r}\right) - \left(1 + \frac{3 d}{2 r}\right)\right) \\ &= - \frac{6 k q^2 d^2}{r^3}. \end{align}

(2)

　$\phi$を$r$の関数$\phi(r)$として
\begin{align} U &= (-q) \phi\left(r - \frac{d \cos{\theta}}{2}\right) + q \phi\left(r + \frac{d \cos{\theta}}{2}\right) \\ &= \frac{k q^2 d}{r^2} \left(\left(1 + \frac{d \cos{\theta}}{2 r}\right)^{-2} - \left(1 - \frac{d \cos{\theta}}{2 r}\right)^{-2}\right) \\ &\fallingdotseq \frac{k q^2 d}{r^2} \left(\left(1 - \frac{d \cos{\theta}}{r}\right) - \left(1 + \frac{d \cos{\theta}}{r}\right)\right) \\ &= - \frac{2 k q^2 d^2 \cos{\theta}}{r^3}. \end{align}

(3)

　$U$を$\theta$の関数$U(\theta)$とする．双極子２が回転し続けるためには，回転を与えて$\theta = \pi$になればよいので，エネルギー保存より
\begin{equation} \frac{m}{2} \left(\frac{d}{2} \omega_1\right)^2 \times 2 + U(0) = U(\pi), \qquad \therefore \omega_1 = 4 \sqrt{\frac{k q^2}{m r^3}}. \end{equation}

(4)

　接続部分が点電荷に及ぼす力は，接続部分は質量無視ゆえ両端で互いに逆向き同じ大きさ．この力の回転方向成分を$f$とすると
\begin{align} \text{正極}: m \frac{d}{2} \ddot{\theta} &= - q E\left(r + \frac{d}{2} \cos{\theta}\right) + f, \\ \text{負極}: m \frac{d}{2} \ddot{\theta} &= - q E\left(r - \frac{d}{2} \cos{\theta}\right) - f. \end{align}
辺々加えて微小角近似をすると
\begin{equation} m d \ddot{\theta} = - \frac{4 k q^2 d}{r^3} \theta, \qquad \therefore \ddot{\theta} = - \frac{4 k q^2}{m r^3} \theta. \end{equation}
よって$\Omega = 2 \sqrt{\dfrac{k q^2}{m r^3}}$とおくと，初期条件$\theta(0) = 0$，$\dot{\theta}(0) = \omega_2$から
\begin{equation} \theta = \frac{\omega_2}{\Omega} \sin{\Omega t}, \qquad \therefore \theta_{\mathrm{M}} = \frac{\omega_2}{\Omega} = \frac{\omega_2}{2} \sqrt{\frac{m r^3}{k q^2}}. \end{equation}

(5)

　求めるべきものは(4)の$\Omega$ゆえ$\omega_3 = \Omega = 2 \sqrt{\dfrac{k q^2}{m r^3}}$．

第3問

I

(1)

　風を成分分解して$V_\mathrm{E} = w \cos{\theta} + u \sin{\theta}$．発信電波の周波数を$f$とすれば，ドップラー効果が生じるから
\begin{align} f - \Delta f_\mathrm{E} &= \frac{c}{c + V_\mathrm{E}} \left(\dfrac{c - V_\mathrm{E}}{c} f\right) \\ &= \left(1 - \frac{V_\mathrm{E}}{c}\right) \left(1 + \frac{V_\mathrm{E}}{c}\right)^{-1} f \\ &\fallingdotseq \left(1 - \frac{V_\mathrm{E}}{c}\right)^2 f \\ &\fallingdotseq \left(1 - \frac{2 V_\mathrm{E}}{c}\right) f. \end{align}
よって$V_\mathrm{E} = \dfrac{2 \Delta f_\mathrm{E}}{f} c = \dfrac{\lambda}{2} \Delta f_\mathrm{E}$．

(2)

　風の$\Lvec{O P_\mathrm{W}}$方向成分を$V_\mathrm{W}$とすれば$V_\mathrm{W} = w \cos{\theta} - u \sin{\theta}$．よって
\begin{equation} w = \frac{V_\mathrm{E} + V_\mathrm{W}}{2 \cos{\theta}}, \qquad u = \frac{V_\mathrm{E} - V_\mathrm{W}}{2 \sin{\theta}}. \end{equation}

(3)

　(1)と同様にして$V_\mathrm{W} = \dfrac{\lambda}{2} \Delta f_\mathrm{W}$，$V_\mathrm{Z} = \dfrac{\lambda}{2} \Delta f_\mathrm{Z} (= w)$ゆえ
\begin{equation} w = \frac{\lambda}{2} \Delta f_\mathrm{Z} = \frac{\Delta f_\mathrm{E} + \Delta f_\mathrm{W}}{4 \cos{\theta}} \lambda, \qquad u = \frac{\Delta f_\mathrm{E} - \Delta f_\mathrm{W}}{4 \sin{\theta}} \lambda. \end{equation}
$u > 0$よりデータから$\Delta f_\mathrm{E} = \pm 30 \ \mathrm{Hz}$，$\Delta f_\mathrm{W} = -70 \ \mathrm{Hz}$となる．ここで$\Delta f_\mathrm{E} = 30 \ \mathrm{Hz}$のとき$\Delta f_\mathrm{Z} = \dfrac{\Delta f_\mathrm{E} + \Delta f_\mathrm{W}}{2 \cos{\theta}} = -20 \ \mathrm{Hz}$ゆえデータと不整合．よって$\Delta f_\mathrm{E} = -30 \ \mathrm{Hz}$，$\Delta f_\mathrm{W} = -70 \ \mathrm{Hz}$，$\Delta f_\mathrm{Z} = -50 \ \mathrm{Hz}$．よって
\begin{equation} w = \frac{20 \mathrm{cm}}{2} \cdot (- 50 \mathrm{Hz}) = - 5 \ \mathrm{m/s}, \qquad u \fallingdotseq \frac{-30 \ \mathrm{Hz}-70 \ \mathrm{Hz}}{4 \cdot \frac{1}{6}} \cdot 20 \ \mathrm{cm} = 12 \ \mathrm{m/s}. \end{equation}

II

(1)

　I(1)と同様にして$f + \Delta f'_\mathrm{E} \fallingdotseq \left(1 + \dfrac{2 v \cos{\theta}}{c}\right) f$ゆえ$v = \dfrac{\lambda}{2 \cos{\theta}} \Delta f'_\mathrm{E}$．

(2)

(ア)：$\overline{\cos{2(2 \pi f t + \Delta)}} = 0$ゆえ$\overline{y^2} = \dfrac{A^2}{2}$．
(イ)(ウ)：$\overline{\sin^2{(2 \pi f t + \delta_i)}} = \overline{\dfrac{1 - \cos{2(2 \pi f t + \delta_i)}}{2}} = \dfrac{1}{2}$，$\overline{\sin{(2 \pi f t + \delta_i)} \sin{(2 \pi f t + \delta_j)}} = \overline{\dfrac{\cos{(\delta_i - \delta_j)} - \cos{(4 \pi f t + \delta_i + \delta_j)}}{2}} = \dfrac{\cos{(\delta_i - \delta_j)}}{2}$ゆえ
\begin{equation} \overline{y^2} = a^2 \left(\sum_{i = 1}^n \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sum_{i \neq j} \cos{(\delta_i - \delta_j)}\right) = \frac{n a^2}{2} + \frac{a^2}{2} \times \sum_{i \neq j} \cos{(\delta_i - \delta_j)}. \end{equation}
(エ)：$\displaystyle \sum_{i \neq j} \cos{(\delta_i - \delta_j)} = \sum_{i \neq j} 1 = n (n - 1)$．
(オ)：設問(エ)の下，電波強度と2乗変位の時間平均との比例定数を$k$として$J = k \dfrac{A^2}{2} = k \dfrac{n^2 a^2}{2}$，$I = k \dfrac{a^2}{2}$ゆえ$J = n^2 \times I$．
(カ)：このとき$J = k \dfrac{n a^2}{2}$ゆえ$J = n \times I$．

(3)

　雨水は単位時間当たり，単位面積を$v N$個通過するので(1)の結果と$N = \dfrac{Z}{r^6}$から
\begin{equation} R = \frac{4}{3} \pi r^3 \times v N = \frac{4 \pi \lambda \Delta f'_\mathrm{E}}{3 r^3 \cos{\theta}}. \end{equation}

あとがき

　全体としては作業量が多すぎない？と感じました。受験生がこれを解き切るのは相当大変なのでは…。
　第1問はIIの(3)までは運動方程式を立てて解く，キツそうなら保存則，という基本的なことの繰り返しを問うているだけだと思いますすが如何せん作業量が多い！ (4)は少々考察や証明が難しいですが，答えだけなら$a_\mathrm{C} \geq 0$となることが必要ということから推測は立てやすいです。答えだけでよいので作問者ありがとう，という感じ…（証明は式変形と有名不等式$x \geq \sin{x} \ (x \geq 0)$の利用を思いつくのに時間がかかった…）
　第2問は双極子をテーマにした電磁気学の問題ですが，実質ひたすら近似計算をする問題ですね。電場・電位の計算，エネルギー保存則，運動方程式からの単振動。II(3)は回転運動の考察ではじめ戸惑いましたが，棒の質量は無視ゆえ2体の並進運動エネルギーとみればよいのか，と気づきました。あとII(2)がありがたい。
　第3問はウィンドプロファイラを題材にした問題。壮大な装置により見えにくくなっているものの，ドップラー効果と波の式の問題だということが理解できれば食らいつくことが出来ます。I(1)がなんなら一番の難所だと感じました（移動する反射板のドップラー効果と同じだと最初気づかず，？？？となっていました…反省…）。あとI(3)も場合分けなどパズル的考察が必要で難しかったです。

引用

https://x.com/rive_uts1/status/2063977759333040347?s=20