問題81 (東京電機大＋東京理科大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)の別解1: 鏡像法（虚像法）を用いた解法
- 壁による反射を「壁の向こう側にある鏡像の船」からの直接音とみなすことで、2段階のドップラー効果を1回の計算で処理します。
- 設問(1)の別解2: 微積分を用いた体系的解法（全設問共通の原理導出）
- 波の「位相」を定義し、伝播遅延を考慮した位相関数を微分することで、ドップラー効果の公式や時間・距離の関係式を第一原理から導出します。
- 設問(2)の別解: x-tグラフ（時空図）を用いた解法
- 船と音波の動きを時間-位置グラフに描画し、幾何学的な関係から距離を求めます。
- 設問(3)の別解: 時間短縮率を用いた解法
- ドップラー効果を「時間の圧縮・伸長」として捉え、振動数の比から時間の比を直感的に導きます。
- 設問(1)の別解1: 鏡像法（虚像法）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 鏡像法: 現象を単純化して捉える視点を養い、計算ミスを減らす効果があります。
- 微積分: 公式を忘れても導き出せる応用力と、波動現象の統一的な理解（位相の不変性）を促します。
- x-tグラフ: 「いつ、どこで」という事象の因果関係を視覚的に整理する強力なツールとなります。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「壁による反射を含むドップラー効果」です。音源と観測者が共に動く状況に加え、反射による影響を正しく処理する能力が問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- ドップラー効果の公式: 音源が動く場合と観測者が動く場合の効果を組み合わせます。
- 反射の原理: 固定された壁での反射は、壁を観測者かつ新たな音源とみなすか、壁の向こう側の鏡像（虚像）とみなすことで扱えます。
- 波の数の保存: 音源が出した波の総数と、観測者が受け取った波の総数は等しいという原理です。
- 距離と速さと時間の関係: \((\text{距離}) = (\text{速さ}) \times (\text{時間})\) の基本式を、音と船それぞれに適用します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、船→壁、壁→船の2段階でドップラー効果の式を立て、振動数のずれから速さを逆算します。
- (2)では、音波の往復と船の移動を組み合わせた距離の関係式を立てます。
- (3)では、振動数と周期（時間）の逆比例関係、あるいは波の総数が保存することを利用して時間を求めます。
問(1)
思考の道筋とポイント
船（音源）が壁に近づき、その音が壁で反射して船（観測者）に戻ってきます。
この現象は2つのステップに分解できます。
- 船 \(\rightarrow\) 壁: 船が音源、壁が観測者。船が近づくため、壁が受ける振動数 \(f_{\text{壁}}\) は高くなります。
- 壁 \(\rightarrow\) 船: 壁が音源（反射音を発する）、船が観測者。船が壁に近づくため、船が聞く振動数 \(f_{\text{船}}\) はさらに高くなります。
問題文より、反射音の振動数は \(20\,\text{Hz}\) ずれていたとあります。近づく場合のドップラー効果では振動数は高くなるため、観測された振動数 \(f_{\text{船}}\) は元の振動数 \(f_0\) より \(20\,\text{Hz}\) 大きい、すなわち \(f_{\text{船}} = 840 + 20 = 860\,\text{Hz}\) であると判断します。
この設問における重要なポイント
- 音速と船の速さ: 音速を \(V = 340\,\text{m}/\text{s}\)、船の速さを \(v\) とします。
- 符号の注意: ドップラー効果の公式 \(f’ = \frac{V-u}{V-w}f_0\) において、音源の速度 \(w\) と観測者の速度 \(u\) は、音の進む向きを正として代入します。
- 2段階適用: 一気に公式を作ろうとせず、ステップごとに立式するのが確実です。
具体的な解説と立式
ステップ1: 船（音源）から壁（観測者）へ
船の速さを \(v\) とします。音は船から壁へ向かうので、この向きを正とします。
音源（船）は速度 \(v\) で進み、観測者（壁）は静止しています。
壁が観測する振動数 \(f_{\text{壁}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{壁}} &= \frac{V}{V-v}f_0 \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
ステップ2: 壁（音源）から船（観測者）へ
壁で反射した音は、壁を新たな音源として船に向かいます。今度は壁から船へ向かう向きを正とします。
音源（壁）は静止しており、観測者（船）は速度 \(v\) で音源（壁）に向かって進んでいます（音の向きと逆行するので、公式上の観測者速度は \(-(-v) = +v\) となります）。
船が観測する振動数 \(f_{\text{船}}\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} &= \frac{V+v}{V}f_{\text{壁}} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
振動数のずれ
観測された振動数 \(f_{\text{船}}\) は \(f_0\) より \(20\,\text{Hz}\) 高いので、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} – f_0 &= 20 \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ドップラー効果: \(f’ = \frac{V-u}{V-w}f_0\)
- \(V\): 音速
- \(u\): 観測者の速度（音の向き正）
- \(w\): 音源の速度（音の向き正）
式①を式②に代入して、\(f_{\text{船}}\) を \(f_0\) と \(v\) で表します。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} &= \frac{V+v}{V} \cdot \left( \frac{V}{V-v}f_0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{V+v}{V-v}f_0
\end{aligned}
$$
これを式③に代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{V+v}{V-v}f_0 – f_0 &= 20 \\[2.0ex]
\left( \frac{V+v}{V-v} – 1 \right) f_0 &= 20 \\[2.0ex]
\frac{(V+v) – (V-v)}{V-v} f_0 &= 20 \\[2.0ex]
\frac{2v}{V-v} f_0 &= 20
\end{aligned}
$$
数値を代入します（\(V=340\), \(f_0=840\)）。
$$
\begin{aligned}
\frac{2v}{340-v} \times 840 &= 20
\end{aligned}
$$
両辺を \(20\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
\frac{2v}{340-v} \times 42 &= 1 \\[2.0ex]
84v &= 340 – v \\[2.0ex]
85v &= 340 \\[2.0ex]
v &= \frac{340}{85} \\[2.0ex]
v &= 4
\end{aligned}
$$
船が壁に向かって進みながら音を出すと、前方の波が圧縮されて間隔が狭くなります（振動数が高くなる）。その狭くなった波が壁に当たり、そのままの間隔で跳ね返ります。
今度は船がその跳ね返ってきた波に向かって突っ込んでいくため、船上の人は波をより頻繁に受け取ることになります（さらに振動数が高くなる）。
この「出すとき」と「受けるとき」の2回の効果で振動数が上がり、その合計のズレが \(20\,\text{Hz}\) でした。このズレの大きさから、船のスピードを逆算しました。
船の速さは \(4\,\text{m}/\text{s}\) です。
音速 \(340\,\text{m}/\text{s}\) に比べて十分に小さく、日常的な船の速度として妥当です。また、振動数が増加している（\(f_{\text{船}} > f_0\)）という定性的な事実とも整合しています。
思考の道筋とポイント
壁での反射を、「壁の向こう側にある鏡像の船（虚像）」から音がやってくるとみなします。
鏡の中の船は、実物の船と同じ速さ \(v\) で、壁に向かって（つまり実物の船に向かって）進んでくるように見えます。
この設問における重要なポイント
- 鏡像の原理: 平面鏡（壁）に対して対称な位置にある音源からの直接音と等価です。
- 相対速度: 音源（鏡像）と観測者（実物）が互いに近づく運動として扱います。
具体的な解説と立式
実物の船（観測者）は速さ \(v\) で壁に向かって進みます。
鏡像の船（音源）も速さ \(v\) で壁に向かって（観測者に向かって）進んできます。
音源と観測者が互いに速さ \(v\) で近づくため、相対速度を考慮したドップラー効果の式は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} &= \frac{V+v}{V-v}f_0
\end{aligned}
$$
これはメイン解法で導いた式と全く同じです。
使用した物理公式
- ドップラー効果（音源・観測者ともに移動）: \(f’ = \frac{V-u}{V-w}f_0\)
以降の計算はメイン解法と同様です。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} – f_0 &= \frac{2v}{V-v}f_0 \\[2.0ex]
&= 20
\end{aligned}
$$
これを解いて、
$$
\begin{aligned}
v &= 4\,\text{m}/\text{s}
\end{aligned}
$$
壁を鏡とみなすと、自分に向かってくる「もう一人の自分」が音を出しているのと同じ状況になります。
自分も相手も速さ \(v\) で近づいているので、ドップラー効果は「音源が近づく効果」と「観測者が近づく効果」のダブルパンチになります。これを一つの式で表して計算しました。
壁を鏡とみなすことで、現象を「向かい合う2つの船」の問題に置き換えられ、計算の見通しが良くなります。結果はもちろん一致します。
思考の道筋とポイント
ドップラー効果の公式を暗記するのではなく、波の「位相」という根本概念から現象を記述します。
「音源が出した波の山（位相 \(2n\pi\)）」が「いつ壁に届き、いつ船に戻るか」という時間の関係式を導けば、振動数（単位時間あたりの位相変化）も、距離も、時間もすべて導出できます。
この設問における重要なポイント
- 位相の不変性: 音源が出した波の位相は、伝播しても変わりません。
- 時間の関数: 発射時刻 \(\tau\) と受信時刻 \(t\) の関係を導くことが目標です。
具体的な解説と立式
1. 座標と位相の設定
壁の位置を原点 \(x=0\) とし、船は \(x < 0\) の領域を正の向き（壁に向かう向き）に速さ \(v\) で進むとします。
時刻 \(t\) における船の位置 \(x_{\text{船}}(t)\) は、\(t=0\) での位置を \(-D\) として以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
x_{\text{船}}(t) &= -D + vt
\end{aligned}
$$
音源（船）の位相 \(\Phi_{\text{音源}}(t)\) を定義します。振動数を \(f_0\) とすると、
$$
\begin{aligned}
\Phi_{\text{音源}}(t) &= 2\pi f_0 t
\end{aligned}
$$
2. 伝播遅延と時間の関係式
船が時刻 \(\tau\) に発した音波を考えます。このときの船の位置は \(x_{\text{船}}(\tau) = -D + v\tau\) です。
この音が壁（原点）に到達する時刻 \(t_{\text{壁}}\) は、距離 \(|x_{\text{船}}(\tau)| = D – v\tau\) を音速 \(V\) で割った時間を \(\tau\) に加えて、
$$
\begin{aligned}
t_{\text{壁}} &= \tau + \frac{D – v\tau}{V}
\end{aligned}
$$
壁で反射した音が、時刻 \(t\) に船に戻ってくるとします。このときの船の位置は \(x_{\text{船}}(t) = -D + vt\) です。
壁から船までの距離 \(|x_{\text{船}}(t)| = D – vt\) を音速 \(V\) で進むので、
$$
\begin{aligned}
t &= t_{\text{壁}} + \frac{D – vt}{V}
\end{aligned}
$$
2つの式を結合して、発射時刻 \(\tau\) と受信時刻 \(t\) の関係式を作ります。
$$
\begin{aligned}
t &= \left( \tau + \frac{D – v\tau}{V} \right) + \frac{D – vt}{V}
\end{aligned}
$$
両辺に \(V\) を掛けて整理します。
$$
\begin{aligned}
Vt &= V\tau + (D – v\tau) + (D – vt) \\[2.0ex]
Vt + vt &= V\tau – v\tau + 2D \\[2.0ex]
(V+v)t &= (V-v)\tau + 2D \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
この式④が、本問の全ての設問を解くためのマスターキー（基本式）となります。
3. 振動数の導出（問1に対応）
船が時刻 \(t\) に観測する位相 \(\Phi_{\text{観測}}(t)\) は、時刻 \(\tau\) に発射された波の位相 \(\Phi_{\text{音源}}(\tau)\) と等しい（位相不変の原理）ので、
$$
\begin{aligned}
\Phi_{\text{観測}}(t) &= \Phi_{\text{音源}}(\tau(t)) \\[2.0ex]
&= 2\pi f_0 \tau(t)
\end{aligned}
$$
観測される振動数 \(f_{\text{船}}\) は、位相の時間微分（を \(2\pi\) で割ったもの）です。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} &= \frac{1}{2\pi} \frac{d\Phi_{\text{観測}}}{dt} \\[2.0ex]
&= f_0 \frac{d\tau}{dt}
\end{aligned}
$$
式④の両辺を \(t\) で微分します（\(D\) は定数なので消えます）。
$$
\begin{aligned}
(V+v) &= (V-v)\frac{d\tau}{dt} \\[2.0ex]
\frac{d\tau}{dt} &= \frac{V+v}{V-v}
\end{aligned}
$$
したがって、
$$
\begin{aligned}
f_{\text{船}} &= \frac{V+v}{V-v}f_0
\end{aligned}
$$
これはメイン解法の結果と完全に一致します。
使用した物理公式
- 位相と振動数: \(\Phi = 2\pi f t, \quad f = \frac{1}{2\pi}\frac{d\Phi}{dt}\)
- 速度の定義: \(v = \frac{dx}{dt}\)
メイン解法と同様に \(f_{\text{船}} – f_0 = 20\) を解いて \(v=4\,\text{m}/\text{s}\) を得ます。
「いつ出した音が、いつ届くか」という時間の対応関係を数式にしました。
船と音の追いかけっこを数式で整理すると、受信時刻 \(t\) と発射時刻 \(\tau\) は単純な一次関数の関係（式④）になることが分かります。
この関係式の傾きが、そのまま振動数の変化率（ドップラー効果）を表しています。
微積分を用いることで、ドップラー効果の公式を暗記していなくても、距離と速さの関係から自然に導き出せることが確認できました。
問(2)
思考の道筋とポイント
「音を発射したときの船の位置」を求めます。
問題文より、音を発射してから \(2\,\text{s}\) 後に反射音を聞いています。
つまり、音が往復する間に、船も前に進んでいることを考慮して、距離の関係式を立てる必要があります。
この設問における重要なポイント
- イベントの整理:
- 時刻 \(0\): 船が位置 \(x\) で音を発射。
- 時刻 \(2\): 船が位置 \(x’\) で反射音を受信。
- 距離の和: 「音が進んだ総距離」と「船が進んだ距離」の和が、往復距離（\(2x\)）になるという関係を見抜きます。あるいは、行きと帰りの距離を個別に考えます。
具体的な解説と立式
求める距離（発射時の壁までの距離）を \(x\) とします。
音が発射されてから船に戻るまでの時間を \(t = 2\,\text{s}\) とします。
この \(t\) 秒間に、
- 音波が進んだ距離: \(V \times t\)
- 船が進んだ距離: \(v \times t\)
図を描いて考えると、音波は船から壁まで行き（距離 \(x\)）、壁で反射して船に戻ってきます。
しかし、戻ってくるときには船は \(vt\) だけ壁に近づいています。
つまり、音波の進んだ道のりは、「行き（\(x\)）」 \(+\) 「帰り（\(x – vt\)）」となります。
$$
\begin{aligned}
(\text{音の進んだ距離}) &= (\text{行き}) + (\text{帰り}) \\[2.0ex]
Vt &= x + (x – vt)
\end{aligned}
$$
これを整理すると、
$$
\begin{aligned}
Vt &= 2x – vt \\[2.0ex]
2x &= Vt + vt \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
これは模範解答にある「音波の距離と船の距離の和が \(2x\)」という式と同じ意味です。
使用した物理公式
- 等速直線運動: \((\text{距離}) = (\text{速さ}) \times (\text{時間})\)
式⑤に値を代入します。
\(V = 340\,\text{m}/\text{s}\), \(v = 4\,\text{m}/\text{s}\), \(t = 2\,\text{s}\)。
$$
\begin{aligned}
2x &= 340 \times 2 + 4 \times 2 \\[2.0ex]
2x &= 680 + 8 \\[2.0ex]
2x &= 688 \\[2.0ex]
x &= 344
\end{aligned}
$$
音が壁に行って帰ってくる間に、船も少しだけ壁に近づいています。
音は「行き」で \(x\) メートル、「帰り」は船が迎えに来た分だけ短い距離を飛びました。
音速と船の速さ、そしてかかった時間が分かっているので、これらを足し引きすることで、最初の距離 \(x\) を逆算できます。
答えは \(344\,\text{m}\) です。
音速 \(340\,\text{m}/\text{s}\) で \(2\) 秒なら往復 \(680\,\text{m}\)、片道 \(340\,\text{m}\) ですが、船が迎えに行っている分だけ、音は早く戻ってきます。その分、実際の距離は \(340\,\text{m}\) より少し遠いはずです。\(344\,\text{m}\) という結果はこの直感と合致します。
思考の道筋とポイント
物体の動きを「横軸に時間 \(t\)、縦軸に位置 \(x\)」をとったグラフ（時空図）に描くと、距離と時間の関係が一目で分かります。
この設問における重要なポイント
- グラフの傾き: 船の軌跡は傾き \(v\)、音の軌跡は傾き \(V\)（行き）と \(-V\)（帰り）になります。
- 幾何学的関係: グラフ上の三角形や台形の性質を利用して距離を求めます。
具体的な解説と立式
壁の位置を \(x=0\) とし、船の位置を負の領域とします（メイン解説とは逆ですが、距離を考える上では同じです）。
- 船の軌跡: 傾き \(v\) の直線。
- 音の軌跡: 傾き \(V\)（行き）と \(-V\)（帰り）の直線。
グラフ上で、
- 時刻 \(0\) に船（位置 \(-x\)）から出た音が、時刻 \(t_1\) に壁（位置 \(0\)）に着く。
- 時刻 \(t_1\) に壁で反射した音が、時刻 \(t=2\) に船（位置 \(-x + v \times 2\)）に戻る。
幾何学的に考えると、音の総移動距離 \(V \times 2\) は、初期距離 \(x\) と、受信時の距離 \(x – v \times 2\) の和になります。
$$
\begin{aligned}
2V &= x + (x – 2v)
\end{aligned}
$$
これはメイン解法の式と全く同じです。
また、微積分を用いた別解で導いた基本式④を用いても解けます。
式④: \((V+v)t = (V-v)\tau + 2D\)
ここで、\(t=2\)（受信時刻）、\(\tau=0\)（発射時刻）、\(D=x\)（初期距離）を代入します。
$$
\begin{aligned}
(V+v)t &= (V-v)\tau + 2x
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等速直線運動のグラフ表現: \(x = vt + x_0\)
数値を代入します。
$$
\begin{aligned}
(340 + 4) \times 2 &= (340 – 4) \times 0 + 2x \\[2.0ex]
344 \times 2 &= 2x \\[2.0ex]
x &= 344\,\text{m}
\end{aligned}
$$
驚くほど簡単に求まります。
時間と位置のグラフを描くと、音と船の動きが直線で表されます。
この直線の交点や傾きから、距離の関係を視覚的に捉えることができます。特に、微積分で導いた一般式を使うと、グラフの幾何学的性質を数式として直接扱えるため、代入するだけで答えが出ます。
グラフを描くことで現象の全体像が掴め、微積分の一般式を使えば代入だけで解けることが確認できました。
問(3)
思考の道筋とポイント
「汽笛を鳴らした時間」とは、音源が波を出し続けた時間のことです。
「反射音は何秒間聞こえるか」とは、観測者が波を受け取り続けた時間のことです。
ドップラー効果によって振動数が変化するということは、波の周期（1波あたりの時間）が変化するということであり、それはつまり、全体の受信時間も伸縮することを意味します。
この設問における重要なポイント
- 波の数の保存: 音源が出した波の総数は、途中で消えたり増えたりしません。全て観測者に届きます。
- \((\text{波の総数}) = (\text{振動数}) \times (\text{時間})\)
- 逆比の関係: 振動数が高くなれば（波が詰まれば）、その分だけ受信にかかる時間は短くなります。
具体的な解説と立式
音源が鳴らした時間を \(T_{\text{発}}\ = 10\,\text{s}\)、その間の振動数を \(f_0 = 840\,\text{Hz}\) とします。
観測者が聞く時間を \(T_{\text{受}}\)、その間の振動数を \(f_{\text{船}} = 860\,\text{Hz}\)（問1の結果）とします。
波の総数 \(N\) は保存されるので、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{出した波の数}) &= (\text{聞いた波の数}) \\[2.0ex]
f_0 T_{\text{発}} &= f_{\text{船}} T_{\text{受}} \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 波の数: \(N = f \times t\)
式⑥より \(T_{\text{受}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T_{\text{受}} &= \frac{f_0}{f_{\text{船}}} T_{\text{発}} \\[2.0ex]
&= \frac{840}{860} \times 10 \\[2.0ex]
&= \frac{84}{86} \times 10 \\[2.0ex]
&= \frac{42}{43} \times 10 \\[2.0ex]
&= \frac{420}{43}
\end{aligned}
$$
割り算を実行します。
$$
\begin{aligned}
420 \div 43 &\approx 9.767\dots
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えるため、小数第2位を四捨五入します。
$$
\begin{aligned}
T_{\text{受}} &\approx 9.8\,\text{s}
\end{aligned}
$$
船は \(10\) 秒間で \(840 \times 10 = 8400\) 個の波を出しました。
船上の人は、ドップラー効果で振動数が \(860\,\text{Hz}\) に上がった音を聞きます。つまり、1秒間に \(860\) 個のペースで波が飛び込んできます。
\(8400\) 個の波を、毎秒 \(860\) 個の猛スピードで回収するので、回収にかかる時間は \(10\) 秒よりも短くなります。計算すると約 \(9.8\) 秒になります。
振動数が増えた分、時間は短縮されました。
\(f_{\text{船}} > f_0\) なので \(T_{\text{受}} < T_{\text{発}}\) となるはずであり、\(9.8 < 10\) は妥当です。
思考の道筋とポイント
問(1)の別解で導いた基本式④ \((V+v)t = (V-v)\tau + 2D\) を利用します。
この式は、ある瞬間の発射時刻 \(\tau\) と受信時刻 \(t\) の関係を表していますが、時間の「幅（区間）」についても同様の関係が成り立ちます。
この設問における重要なポイント
- 時間幅の変換: 時刻の関係式から、時間幅（経過時間）の関係式を導きます。
- 線形性: 式④は \(\tau\) と \(t\) の一次式なので、変化量（差分）をとっても係数は変わりません。
具体的な解説と立式
式④において、発射開始時刻を \(\tau_1\)、終了時刻を \(\tau_2\) とし、それぞれの受信時刻を \(t_1, t_2\) とします。
$$
\begin{aligned}
(V+v)t_1 &= (V-v)\tau_1 + 2D \\[2.0ex]
(V+v)t_2 &= (V-v)\tau_2 + 2D
\end{aligned}
$$
下の式から上の式を引いて、時間幅 \(\Delta t = t_2 – t_1\) と \(\Delta \tau = \tau_2 – \tau_1\) の関係を求めます。
$$
\begin{aligned}
(V+v)(t_2 – t_1) &= (V-v)(\tau_2 – \tau_1) \\[2.0ex]
(V+v)\Delta t &= (V-v)\Delta \tau
\end{aligned}
$$
これより、受信時間 \(\Delta t\) は以下のように求まります。
$$
\begin{aligned}
\Delta t &= \frac{V-v}{V+v} \Delta \tau
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 時間幅の定義: \(\Delta t = t_{\text{終了}} – t_{\text{開始}}\)
値を代入します。\(\Delta \tau = 10\,\text{s}\), \(V=340\), \(v=4\)。
$$
\begin{aligned}
\Delta t &= \frac{340-4}{340+4} \times 10 \\[2.0ex]
&= \frac{336}{344} \times 10 \\[2.0ex]
&= \frac{42}{43} \times 10 \\[2.0ex]
&\approx 9.8\,\text{s}
\end{aligned}
$$
メイン解法と全く同じ計算式になりました。
微積分で導いた「時刻の関係式」は、そのまま「時間の長さの関係式」としても使えます。
この式を使うと、振動数を計算しなくても、船の速さと音速だけで「時間がどれくらい縮むか」を直接計算できます。
「波の数保存則」と「時空の幾何学的関係（微積分アプローチ）」は、表現が違うだけで本質的に同じことを言っていることが分かります。この式を使えば、振動数を経由せずに直接時間の比を計算できます。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- ドップラー効果の多段階適用と鏡像原理
- 核心: 反射を含むドップラー効果は、現象を「音源 \(\rightarrow\) 反射面」と「反射面 \(\rightarrow\) 観測者」の2ステップに分解して考えるのが基本です。しかし、反射面（壁）を鏡とみなし、「鏡の向こうの虚像」からの直接音として捉える鏡像法（虚像法）をマスターすると、現象をよりシンプルに、かつ直感的に理解できるようになります。
- 理解のポイント:
- 2段階法: 壁が「観測者」として音を受け取り、即座に「音源」として同じ振動数の音を再放射するというプロセスを丁寧に追う力が必要です。
- 鏡像法: 壁に対して対称な位置に、速度ベクトルも対称な（つまり壁に向かってくる）虚像の音源を配置する空間認識力が鍵となります。
- 波の数の保存則と時間の伸縮
- 核心: ドップラー効果の本質は「波の詰め込み（または引き伸ばし）」です。音源が出した波の総数は不変であり、それが観測者に届く時間が短縮されれば振動数は上がり、延長されれば振動数は下がります。
- 理解のポイント:
- 保存則: \((\text{総波数}) = (\text{振動数}) \times (\text{時間})\) が常に一定であることを理解すれば、振動数と時間の逆比関係が自明になります。
- 位相の視点: 別解の微積分アプローチで示したように、波の「位相」こそが不変の実体であり、振動数はその時間変化率に過ぎないという深い理解が、応用力を生みます。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 斜め方向のドップラー効果: 音源や観測者が一直線上にない場合でも、速度ベクトルを「音の進む方向」に分解すれば、本問と同じ1次元の公式に帰着できます。
- 風がある場合: 音速 \(V\) を \(V + V_{\text{風}}\) に置き換えるだけで、基本的な立式プロセスは全く変わりません。
- 潜水艦のソナー（水中音波）: 音速の値が変わるだけで、反射やドップラー効果の原理は完全に同一です。
- 初見の問題での着眼点:
- 反射面の有無を確認する: 壁や崖がある場合は、必ず「反射音」と「直接音」の2つを区別して考えます。反射音については、壁の位置に観測者を置くか、鏡像を作図するかを即座に判断しましょう。
- 「いつ、どこで」を図示する: 特に距離や時間を問われる問題（問2など）では、漫然と式を立てるのではなく、簡単な時空図（x-tグラフ）や、イベント発生時の位置関係を描くことで、\(2x = Vt + vt\) のような幾何学的関係が見えてきます。
- 解法の選択:
- 「振動数」だけなら \(\rightarrow\) 公式の2段階適用または鏡像法。
- 「時間」や「距離」も絡むなら \(\rightarrow\) 波の数保存則や、微積分（位相関数）のアプローチが有効です。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 速度の符号の取り違え:
- 誤解: 公式 \(f’ = \frac{V-u}{V-w}f_0\) の \(u, w\) に、座標軸の正負をそのまま代入してしまう。
- 対策: ドップラー効果の公式では、常に「音の進む向き」を正として速度を定義し直す必要があります。特に反射音の場合、行きと帰りで「音の進む向き」が逆転するため、その都度正の向きを設定し直す習慣をつけましょう。
- 反射壁が動く場合の処理:
- 誤解: 壁が動いていても、静止している壁と同じように鏡像を作ってしまう。
- 対策: 壁が動く場合は鏡像法が複雑になるため、基本通り「壁が観測者として受け取り、音源として再放射する」2段階法で解くのが最も安全で確実です。
- 「波の数」と「距離」の混同:
- 誤解: 「波の数が保存される」ことを、「波の列の長さ（空間的な長さ）が保存される」と勘違いしてしまう。
- 対策: ドップラー効果では波長が変化するため、波の列全体の長さは変化します。保存されるのはあくまで「個数」であり、空間的な長さではないことを強く意識してください。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(1)での公式選択（ドップラー効果の公式）:
- 選定理由: 音源と観測者の速度が与えられ、振動数の変化を問われているため、ドップラー効果の公式が直球で適用できます。
- 適用根拠: 2段階の現象ですが、それぞれのステップは単純なドップラー効果であるため、公式を順次適用することで確実に解けます。鏡像法を使えば1ステップに短縮できますが、論理的基盤は同じです。
- 問(3)での公式選択（波の数保存則）:
- 選定理由: 「時間」を問われており、振動数の変化が既知であるため。
- 適用根拠: ドップラー効果の公式から時間を直接求めるのは遠回りです。「出した数＝受け取った数」という保存則を使えば、\(f_0 T_{\text{発}} = f_{\text{受}} T_{\text{受}}\) というシンプルな比例式一発で解けるため、計算ミスも減らせる最適解です。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 近似計算のタイミング:
- 問(3)の割り算 \(420 \div 43\) のように、割り切れない計算が登場することがあります。途中で不用意に四捨五入せず、分数のまま最後まで持ち越すか、最後の最後で割り算を実行することで、累積誤差を防ぎましょう。
- 次元確認（ディメンションチェック）:
- 問(2)の答え \(344\,\text{m}\) が出た際、音速 \(340\,\text{m}/\text{s}\) \(\times\) 時間 \(1\,\text{s}\) のオーダーと合っているか確認します。もし \(3440\,\text{m}\) や \(34\,\text{m}\) になっていたら、桁の間違いに気づけます。
- 係数の処理:
- 往復の問題では「2倍」の係数が頻出します（\(2x\), \(2v\) など）。式を立てる際に「これは片道か？往復か？」と自問自答し、図に \(x\) や \(2x\) を書き込むことで、係数落ちのミスを未然に防ぎましょう。
問題82 (名城大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)(イ)の別解: 鏡像法（虚像法）を用いた解法
- 壁を鏡とみなし、壁の向こう側にある「音源の鏡像」からの直接音として考えることで、計算を簡略化します。
- 設問全体(1)(2)の別解: 微積分を用いた体系的解法
- 音波の伝播時間と物体の位置関係を関数として定義し、それを時間で微分することで、ドップラー効果の公式を一切暗記せずに導出します。
- 設問(1)(イ)の別解: 鏡像法（虚像法）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 鏡像法: 反射現象を直感的に捉えることができ、特に固定壁の場合に計算ミスを減らせます。
- 微積分: 複雑な設定（音源と反射板の両方が動くなど）であっても、幾何学的な位置関係さえ立式できれば、機械的な微分操作だけで正解に辿り着ける強力な汎用性を持ちます。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「音源や反射板が動く場合のドップラー効果」および「うなり」です。
一直線上の運動におけるドップラー効果の基本公式を正しく適用できるか、そして反射板（壁）が動く場合の処理を理解しているかが問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- ドップラー効果の公式: 音源が動く場合、観測者が動く場合の振動数変化を表す式。
- 反射板によるドップラー効果: 反射板を「観測者」かつ「音源」として2段階で考える手法。
- うなりの式: 振動数のわずかに異なる2つの波が重なるとき、1秒間に \(|f_1 – f_2|\) 回の強弱（うなり）が生じます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、音源が動く場合の基本公式と、壁（固定）による反射を扱います。うなりの回数から音源の速さを逆算します。
- (2)では、音源が固定で壁が動く場合を扱います。壁が動くことで、壁が受けるときと出すときの2回、ドップラー効果が働きます。
問(1)(ア)
思考の道筋とポイント
音源Sが左向きに速さ \(v\) で動いています。
観測者はSの左側にいるため、音源Sは観測者に「近づく」向きに移動しています。
音源が近づく場合、波長が縮み、振動数は高くなります。
この設問における重要なポイント
- 音源の速度 \(v_s\): 観測者に近づく向きなので、公式には正の値として扱います（あるいは分母が小さくなるように符号を選びます）。
- 観測者の速度 \(v_o\): 静止しているので \(0\) です。
具体的な解説と立式
音速を \(V\)、元の振動数を \(f_0\) とします。
音源Sが速さ \(v\) で静止している観測者に近づくため、直接音の振動数 \(f_1\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_1 &= \frac{V}{V-v}f_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ドップラー効果（音源が動く場合）: \(f’ = \frac{V}{V-v_s}f_0\)
立式そのものが答えとなります。
$$
\begin{aligned}
f_1 &= \frac{V}{V-v}f_0
\end{aligned}
$$
救急車が自分に向かって走ってくるとき、サイレンの音が高く聞こえるのと同じ現象です。
音源が音を追いかけるように進むため、前方の波の間隔（波長）が詰まり、振動数が高くなります。
分母が \(V-v\) となり、\(V\) より小さくなるため、全体として \(f_1 > f_0\) となります。これは「近づく音源の音は高くなる」という定性的な理解と一致します。
問(1)(イ)
思考の道筋とポイント
壁で反射して届く音を考えます。
音は「S \(\rightarrow\) 壁 \(\rightarrow\) 観測者」という経路をたどります。
このプロセスを2段階に分けます。
- 音源Sから壁へ: Sは壁から「遠ざかる」向きに動いています。壁は静止しています。
- 壁から観測者へ: 壁は静止しており、観測者も静止しています。したがって、反射の際に振動数は変化しません。
この設問における重要なポイント
- 音源の向き: Sは左へ動いており、壁は右側にあります。つまり、Sは壁から遠ざかっています。
- 壁での反射: 壁が静止している場合、壁に当たった音の振動数と、壁から反射する音の振動数は同じです。
具体的な解説と立式
ステップ1: 音源S \(\rightarrow\) 壁
音源Sは速さ \(v\) で静止している壁から遠ざかります。
壁に到達する音の振動数を \(f_{\text{壁}}\) とすると、ドップラー効果の公式より（遠ざかるので分母は \(V+v\)）、
$$
\begin{aligned}
f_{\text{壁}} &= \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
ステップ2: 壁 \(\rightarrow\) 観測者
壁も観測者も静止しているため、ドップラー効果は生じません。
したがって、観測者が聞く反射音の振動数 \(f_2\) は \(f_{\text{壁}}\) と等しくなります。
$$
\begin{aligned}
f_2 &= f_{\text{壁}} \\[2.0ex]
&= \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ドップラー効果（音源が遠ざかる場合）: \(f’ = \frac{V}{V+v_s}f_0\)
立式そのものが答えとなります。
$$
\begin{aligned}
f_2 &= \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
音源が壁から離れていくため、壁に向かう音の波は引き伸ばされて間隔が広くなります（振動数が低くなる）。
壁は動いていないので、その低くなった音をそのまま跳ね返します。観測者も動いていないので、その低い音をそのまま聞くことになります。
分母が \(V+v\) となり、\(V\) より大きくなるため、全体として \(f_2 < f_0\) となります。これは「遠ざかる音源の音は低くなる」という定性的な理解と一致します。
思考の道筋とポイント
問(1)(イ)のように「壁が固定されている」場合、壁を鏡とみなす方法が非常に有効です。
壁の向こう側に、音源Sと対称な位置にある「鏡像の音源S’」を考えます。
Sが壁から遠ざかる向きに速さ \(v\) で動くとき、鏡像S’も壁から遠ざかる向き（つまり観測者からも遠ざかる向き）に速さ \(v\) で動きます。
この設問における重要なポイント
- 鏡像の動き: 鏡の中の自分は、自分が鏡から離れれば、同じ速さで遠ざかっていきます。
- 等価な状況: 「壁で反射して届く音」は、「鏡像S’から直接届く音」と物理的に全く同じです。
具体的な解説と立式
観測者から見て、鏡像音源S’は速さ \(v\) で遠ざかっています。
したがって、観測者が聞く振動数 \(f_2\) は、音源が遠ざかる場合のドップラー効果の式一発で求まります。
$$
\begin{aligned}
f_2 &= \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ドップラー効果（音源が遠ざかる）: \(f’ = \frac{V}{V+v_s}f_0\)
計算不要で、直ちに答えが得られます。
$$
\begin{aligned}
f_2 &= \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
鏡の中の音源が遠ざかっていくと考えれば、単純な「遠ざかる音源」の問題に早変わりします。2段階の計算をショートカットできる便利な方法です。
メイン解法と同じ結果が、より少ない手順で得られました。
問(1)(ウ)
思考の道筋とポイント
観測者は、直接音 \(f_1\) と反射音 \(f_2\) を同時に聞くため、うなりが生じます。
うなりの回数 \(n_1\) は、2つの振動数の差の絶対値です。
ここでは \(f_1 > f_0\)（高くなる）かつ \(f_2 < f_0\)（低くなる）なので、明らかに \(f_1 > f_2\) です。
したがって、\(n_1 = f_1 – f_2\) という方程式を立て、\(v\) について解きます。
この設問における重要なポイント
- 大小関係の把握: \(f_1 > f_2\) であることを確認し、絶対値記号を外します。
- 2次方程式の処理: 式変形を行うと \(v\) に関する2次方程式が現れます。解の公式を利用し、\(v > 0\) という条件に適する解を選びます。
具体的な解説と立式
うなりの式より、
$$
\begin{aligned}
n_1 &= f_1 – f_2 \\[2.0ex]
n_1 &= \frac{V}{V-v}f_0 – \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
この方程式を \(v\) について解きます。
使用した物理公式
- うなりの式: \(n = |f_1 – f_2|\)
- 2次方程式の解の公式: \(ax^2 + bx + c = 0 \Rightarrow x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 – 4ac}}{2a}\)
右辺を通分して整理します。
$$
\begin{aligned}
n_1 &= V f_0 \left( \frac{1}{V-v} – \frac{1}{V+v} \right) \\[2.0ex]
n_1 &= V f_0 \frac{(V+v) – (V-v)}{(V-v)(V+v)} \\[2.0ex]
n_1 &= V f_0 \frac{2v}{V^2 – v^2}
\end{aligned}
$$
分母を払います。
$$
\begin{aligned}
n_1 (V^2 – v^2) &= 2V f_0 v \\[2.0ex]
n_1 V^2 – n_1 v^2 &= 2V f_0 v
\end{aligned}
$$
\(v\) についての2次方程式の形（\(av^2 + bv + c = 0\)）に整理します。
$$
\begin{aligned}
n_1 v^2 + 2V f_0 v – n_1 V^2 &= 0
\end{aligned}
$$
解の公式を適用します。\(v\) の係数が偶数（\(2 \times V f_0\)）なので、簡易版の公式を利用します。
$$
\begin{aligned}
v &= \frac{-V f_0 \pm \sqrt{(V f_0)^2 – n_1(-n_1 V^2)}}{n_1} \\[2.0ex]
&= \frac{-V f_0 \pm \sqrt{V^2 f_0^2 + n_1^2 V^2}}{n_1} \\[2.0ex]
&= \frac{-V f_0 \pm V \sqrt{f_0^2 + n_1^2}}{n_1}
\end{aligned}
$$
ここで、\(v > 0\)（速さは正）であり、\(\sqrt{f_0^2 + n_1^2} > f_0\) なので、分子の複号は \(+\) を採用する必要があります（\(-\) だと全体が負になってしまうため）。
$$
\begin{aligned}
v &= \frac{-V f_0 + V \sqrt{f_0^2 + n_1^2}}{n_1} \\[2.0ex]
&= \frac{V}{n_1} \left( \sqrt{f_0^2 + n_1^2} – f_0 \right)
\end{aligned}
$$
「高い音」と「低い音」の差が、1秒間のうなりの回数になります。
この差を数式で表すと、音源の速さ \(v\) を含む式になります。これを \(v\) について解くことで、うなりの回数から逆に音源の速さを求めることができます。計算は少し複雑ですが、ルートの中に三平方の定理のような形が出てくるのが特徴的です。
得られた式 \(v = \frac{V}{n_1} (\sqrt{f_0^2 + n_1^2} – f_0)\) において、もしうなりがない（\(n_1 \to 0\)）場合を考えます。
極限をとると（あるいは近似式を使うと）、\(v \to 0\) となり、音源が止まっていればうなりが生じないことと整合します。また、次元を確認すると、\([\text{m}/\text{s}] / [\text{1}/\text{s}] \times [\text{Hz}] = [\text{m}] \times [\text{Hz}]\) となりそうですが、\(n_1\) も \(f_0\) も単位は \([\text{Hz}]\)（または \([\text{1}/\text{s}]\)）なので、\([\text{m}/\text{s}] / [\text{1}/\text{s}] \times [\text{1}/\text{s}] = [\text{m}/\text{s}]\) となり、速さの次元として正しいです。
問(2)(ア)
思考の道筋とポイント
今度は音源Sが固定され、壁が左へ速さ \(u\) で動きます。
壁は観測者に向かって近づいてきます。
この場合も、現象を2段階に分けて考えます。
- 音源S \(\rightarrow\) 壁: 壁は「動く観測者」として振る舞います。Sに近づくため、より多くの波を受け取ります。
- 壁 \(\rightarrow\) 観測者: 壁は「動く音源」として振る舞います。観測者に近づきながら反射音を出すため、波長が縮みます。
この設問における重要なポイント
- 壁の役割の変化: 壁は「受け取る」ときは観測者、「反射する」ときは音源として機能します。
- 速度の向き: 壁は左へ動いているので、Sに対しても観測者に対しても「近づく」向きです。
具体的な解説と立式
ステップ1: 音源S（静止） \(\rightarrow\) 壁（速さ \(u\) で近づく）
壁が観測者として音源に近づくため、壁が受ける振動数 \(f_{\text{壁}}\) は、分子に \(V+u\) が来ます。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{壁}} &= \frac{V+u}{V}f_0
\end{aligned}
$$
ステップ2: 壁（速さ \(u\) で近づく） \(\rightarrow\) 観測者（静止）
壁が受け取った振動数 \(f_{\text{壁}}\) をそのまま再放射します。
壁は音源として観測者に近づくため、観測者が聞く振動数 \(f_{\text{II}}\) は、分母に \(V-u\) が来ます。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{II}} &= \frac{V}{V-u}f_{\text{壁}}
\end{aligned}
$$
これらを組み合わせます。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{II}} &= \frac{V}{V-u} \cdot \frac{V+u}{V}f_0 \\[2.0ex]
&= \frac{V+u}{V-u}f_0
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- ドップラー効果（観測者が動く）: \(f’ = \frac{V+v_o}{V}f_0\)
- ドップラー効果（音源が動く）: \(f” = \frac{V}{V-v_s}f’\)
立式過程で計算済みです。
$$
\begin{aligned}
f_{\text{II}} &= \frac{V+u}{V-u}f_0
\end{aligned}
$$
壁が動く場合、ドップラー効果は2回起きます。
まず、壁が音に向かって突っ込んでいくので、壁自身が高い音を受け取ります（1回目）。
次に、壁はその高い音を出しながら観測者に突っ込んでくるので、さらに波が圧縮されて音が高くなります（2回目）。
この「ダブルの効果」により、振動数は大きく上昇します。
分子が \(V+u\)（増える）、分母が \(V-u\)（減る）なので、分数は1より大きくなり、\(f_{\text{II}} > f_0\) となります。壁が近づいてくるので音が高くなるという直感と一致します。
問(2)(イ)
思考の道筋とポイント
観測者は、Sからの直接音（振動数 \(f_0\)、Sは静止しているため変化なし）と、壁からの反射音（振動数 \(f_{\text{II}}\)）を同時に聞きます。
\(f_{\text{II}} > f_0\) なので、うなりの回数 \(n_2\) は \(f_{\text{II}} – f_0\) となります。
これを \(u\) について解きます。
この設問における重要なポイント
- 直接音の振動数: 音源Sは固定されているので、直接音の振動数は \(f_0\) のままです。
- 1次方程式: (1)とは異なり、\(u\) についての1次方程式になるため、計算は比較的簡単です。
具体的な解説と立式
うなりの式より、
$$
\begin{aligned}
n_2 &= f_{\text{II}} – f_0 \\[2.0ex]
n_2 &= \frac{V+u}{V-u}f_0 – f_0
\end{aligned}
$$
この方程式を \(u\) について解きます。
使用した物理公式
- うなりの式: \(n = |f_1 – f_2|\)
右辺を \(f_0\) でくくり、通分します。
$$
\begin{aligned}
n_2 &= f_0 \left( \frac{V+u}{V-u} – 1 \right) \\[2.0ex]
n_2 &= f_0 \frac{(V+u) – (V-u)}{V-u} \\[2.0ex]
n_2 &= f_0 \frac{2u}{V-u}
\end{aligned}
$$
分母を払って \(u\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
n_2 (V-u) &= 2u f_0 \\[2.0ex]
n_2 V – n_2 u &= 2 f_0 u \\[2.0ex]
n_2 V &= 2 f_0 u + n_2 u \\[2.0ex]
n_2 V &= (2 f_0 + n_2) u \\[2.0ex]
u &= \frac{n_2 V}{2 f_0 + n_2}
\end{aligned}
$$
直接届く音は変わりませんが、反射音は壁が迫ってくる分だけ高くなっています。
その差がうなりとして聞こえます。うなりの回数から、壁がどれくらいのスピードで迫ってきているかを計算しました。
得られた式 \(u = \frac{n_2 V}{2 f_0 + n_2}\) において、\(n_2 > 0, V > 0, f_0 > 0\) なので \(u > 0\) となり、速さとして妥当です。また、\(n_2=0\) なら \(u=0\) となり、壁が止まっていればうなりは生じないことと整合します。
思考の道筋とポイント
ドップラー効果の公式を暗記するのではなく、波の伝播時間を考慮した「位相」の考え方から導出します。
音源の位置 \(x_S(t)\) と壁の位置 \(x_W(t)\) を時間の関数として設定し、音波が「音源 \(\rightarrow\) 壁 \(\rightarrow\) 観測者」と伝わる経路の遅延時間を計算します。
これを微分することで、振動数の変化を厳密に導きます。
この設問における重要なポイント
- 座標設定: 観測者を原点 \(x=0\) とし、右向きを正とします。
- 伝播時間の関係式: 音源を出た時刻 \(\tau\) と、観測者に届く時刻 \(t\) の関係式 \(f(t, \tau) = 0\) を作ります。
- 振動数の定義: 受信振動数 \(f\) と発信振動数 \(f_0\) の比は、時間の進み方の比 \(\frac{d\tau}{dt}\) に等しくなります（\(f = f_0 \frac{d\tau}{dt}\)）。
具体的な解説と立式
1. 問(1)の場合（音源が動き、壁は固定）
音源Sは左へ速さ \(v\) で動くので、時刻 \(\tau\) における位置は \(x_S(\tau) = L – v\tau\) と置けます（\(L\)は初期位置）。
壁は固定されているので、位置は \(x_W = D\)（定数）です。
時刻 \(\tau\) にSを出た音が、時刻 \(t’\) に壁で反射し、時刻 \(t\) に観測者（\(x=0\)）に届くとします。
経路1（S \(\rightarrow\) W）: 距離 \(D – (L – v\tau)\) を音速 \(V\) で進む。
$$
\begin{aligned}
D – (L – v\tau) &= V(t’ – \tau)
\end{aligned}
$$
経路2（W \(\rightarrow\) O）: 距離 \(D – 0\) を音速 \(V\) で進む。
$$
\begin{aligned}
D &= V(t – t’) \quad \Rightarrow \quad t’ = t – \frac{D}{V}
\end{aligned}
$$
これらを連立して \(t’\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
D – L + v\tau &= V\left( t – \frac{D}{V} – \tau \right) \\[2.0ex]
D – L + v\tau &= Vt – D – V\tau \\[2.0ex]
(V+v)\tau &= Vt – 2D + L
\end{aligned}
$$
両辺を \(t\) で微分します。
$$
\begin{aligned}
(V+v)\frac{d\tau}{dt} &= V \\[2.0ex]
\frac{d\tau}{dt} &= \frac{V}{V+v}
\end{aligned}
$$
よって、反射音の振動数 \(f_2\) は、
$$
\begin{aligned}
f_2 &= f_0 \frac{d\tau}{dt} = \frac{V}{V+v}f_0
\end{aligned}
$$
これは問(1)(イ)の答えと一致します。
2. 問(2)の場合（音源は固定、壁が動く）
音源Sは固定なので \(x_S = L\)。
壁は左へ速さ \(u\) で動くので、時刻 \(t\) における位置は \(x_W(t) = D – ut\) と置けます。
時刻 \(\tau\) にSを出た音が、時刻 \(t’\) に壁で反射し、時刻 \(t\) に観測者に届くとします。
経路1（S \(\rightarrow\) W）: 反射時刻 \(t’\) における壁の位置 \(x_W(t’)\) まで進む。
$$
\begin{aligned}
x_W(t’) – L &= V(t’ – \tau)
\end{aligned}
$$
経路2（W \(\rightarrow\) O）: 反射位置 \(x_W(t’)\) から観測者まで進む。
$$
\begin{aligned}
x_W(t’) – 0 &= V(t – t’)
\end{aligned}
$$
ここで \(x_W(t’) = D – ut’\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
D – ut’ – L &= V(t’ – \tau) \quad \cdots \text{(A)} \\[2.0ex]
D – ut’ &= V(t – t’) \quad \cdots \text{(B)}
\end{aligned}
$$
(A)より \((V+u)t’ = V\tau + D – L\)。
(B)より \((V-u)t’ = Vt – D\)。
これらから \(t’\) を消去します。
$$
\begin{aligned}
\frac{V\tau + D – L}{V+u} &= \frac{Vt – D}{V-u} \\[2.0ex]
(V-u)(V\tau + D – L) &= (V+u)(Vt – D)
\end{aligned}
$$
この式の両辺を \(t\) で微分します（\(\tau, t\) 以外の定数項は消えます）。
$$
\begin{aligned}
(V-u)V \frac{d\tau}{dt} &= (V+u)V \\[2.0ex]
(V-u) \frac{d\tau}{dt} &= V+u \\[2.0ex]
\frac{d\tau}{dt} &= \frac{V+u}{V-u}
\end{aligned}
$$
よって、反射音の振動数 \(f_{\text{II}}\) は、
$$
\begin{aligned}
f_{\text{II}} &= f_0 \frac{d\tau}{dt} = \frac{V+u}{V-u}f_0
\end{aligned}
$$
これは問(2)(ア)の答えと完全に一致します。
使用した物理公式
- 位相の不変性と振動数: \(f_{\text{受}} = f_{\text{発}} \frac{d\tau}{dt}\)
上記の通り、幾何学的な関係式を微分することで導出しました。
「音源を出たタイミング」と「観測者に届くタイミング」の関係式を作って、それを微分するという数学的な操作だけで答えが出ました。
特に問(2)のように壁が動く複雑なケースでも、公式をどう組み合わせるか悩むことなく、機械的な計算で正解に辿り着けるのがこの方法の強みです。
微積分を用いることで、ドップラー効果の公式の背後にある「時間の遅れの変化」という本質が見えてきます。結果もメイン解法と完全に一致し、その正当性が確認できました。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- ドップラー効果の2段階適用（反射板の役割）
- 核心: 動く反射板（壁）は、単なる鏡ではなく「観測者」と「音源」の二役を演じます。まず音源からの音を受け取る「観測者」として振動数を変化させ、次にその変化した振動数の音を再放射する「音源」として振る舞います。
- 理解のポイント:
- ステップ1（受信）: 壁が音源に近づくなら、壁が受ける振動数は高くなります（分子が増える）。
- ステップ2（発信）: 壁が観測者に近づくなら、壁が出す波長は縮み、さらに振動数は高くなります（分母が減る）。
- 統合: この2つの効果は掛け算で効いてくるため、壁が動く場合の振動数変化は非常に大きくなります。
- うなりの発生原理
- 核心: 振動数がわずかに異なる2つの波が重なると、その差の周波数で振幅の強弱（うなり）が生じます。
- 理解のポイント:
- 定義式: \(n = |f_1 – f_2|\) です。どちらが高い音かを見極めて絶対値を外すことが、計算を進める上での第一歩です。
- 物理的意味: うなりの回数は、1秒間に波の山と山が重なる回数の差を表しています。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 風が吹いている場合: 音速 \(V\) を \(V + V_{\text{風}}\)（追い風）や \(V – V_{\text{風}}\)（向かい風）に置き換えるだけで、基本的な立式は変わりません。
- 斜め方向の運動: 速度ベクトルを「音源と観測者を結ぶ直線方向」に分解し、その成分だけを公式の \(v_s, v_o\) に代入します。
- 潜水艦のソナー: 音波が水中を伝わるだけで、反射やドップラー効果の原理は全く同じです。
- 初見の問題での着眼点:
- 「誰が動いているか」を整理する: 音源だけか、観測者だけか、それとも反射板も動くのか。動くもの全てがドップラー効果の要因になります。
- 速度の向き（符号）を矢印で書く: 公式の \(v_s, v_o\) は「音の進む向き」を正とします。反射音の場合、行きと帰りで音の向きが逆転するため、図に矢印を書き込んで慎重に符号を決定しましょう。
- 解法の選択:
- 壁が固定されている \(\rightarrow\) 鏡像法が最速。
- 壁が動いている \(\rightarrow\) 2段階法（受信→発信）が確実。
- 複雑な設定 \(\rightarrow\) 微積分アプローチ（位相関数）で原理から攻める。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 速度の符号の混乱:
- 誤解: 「右向きが正」という座標軸の符号を、そのままドップラー効果の公式に入れてしまう。
- 対策: ドップラー効果の公式における正の向きは、常に「音源から観測者へ向かう向き」です。座標軸とは独立して、音の経路ごとに正の向きを再定義する癖をつけましょう。
- うなりの式の絶対値忘れ:
- 誤解: \(n = f_1 – f_2\) と決めつけて計算し、結果が負になってしまう。
- 対策: 必ず \(f_1\) と \(f_2\) の大小関係（どちらが高くなるか、低くなるか）を定性的に確認してから立式しましょう。本問では「近づく音は高く、遠ざかる音は低い」という直感が役立ちます。
- 2次方程式の解の吟味不足:
- 誤解: 解の公式で出た \(\pm\) の両方を答えにしてしまう、あるいは理由なく片方を捨ててしまう。
- 対策: \(v > 0\)（速さは正）や、物理的にあり得ない解（音速を超えるなど）を除外する論理的な理由を必ず記述しましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(1)(ウ)での公式選択（うなりの式からの逆算）:
- 選定理由: 未知数は音源の速さ \(v\) ですが、与えられた条件は「うなりの回数 \(n_1\)」です。したがって、振動数の差を \(v\) の関数として表し、それを解く必要があります。
- 適用根拠: \(f_1\) と \(f_2\) は共に \(v\) を含んでいますが、\(n_1 = f_1 – f_2\) という関係式は \(v\) についての閉じた方程式になるため、これを解けば必ず \(v\) が求まります。
- 問(2)(ア)での公式選択（2段階ドップラー）:
- 選定理由: 壁が動いているため、鏡像法（鏡像の速度が \(2u\) になるなど複雑化しやすい）よりも、物理現象を忠実に追う2段階法の方がミスが少ないためです。
- 適用根拠: 壁が音を受け取る現象と、音を出す現象は時間的に連続しており、因果関係が明確であるため、順次計算していく手法が論理的に最も堅牢です。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 文字式の展開と整理:
- 問(1)(ウ)のように、分母に未知数 \(v\) を含む項の差を計算する場合、通分して \((V-v)(V+v) = V^2 – v^2\) の形を作るのが定石です。この形が見えたら「しめた」と思いましょう。
- 次元確認（ディメンションチェック）:
- 最終的な答えの次元を確認します。例えば \(v = \frac{V}{n_1}(\dots)\) の場合、\(V\) は速度、\(n_1\) は振動数なので、括弧の中身も振動数の次元でなければなりません。\(\sqrt{f_0^2 + n_1^2}\) は確かに振動数の次元を持っています。
- 極限チェック:
- \(u=0\) や \(v=0\) を代入して、静止時の結果（\(f=f_0\), \(n=0\)）と一致するか確認します。これが合っていれば、計算ミスの可能性は大幅に減ります。
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問題83 (岐阜大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(1)の別解: 微積分を用いた体系的解法（全設問共通の原理導出）
- 音源の位置を時間の関数として定義し、伝播遅延を考慮した位相関数を微分することで、斜め方向のドップラー効果の公式や振動数の時間変化を第一原理から導出します。
- 設問(4)の別解: 幾何学的アプローチ（楕円の性質）を用いた解法
- 「2点からの距離の和が一定」という条件に着目し、楕円の定義を利用して距離 \(r\) を求めます。
- 設問(1)の別解: 微積分を用いた体系的解法（全設問共通の原理導出）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分: 「速度成分の分解」という直感的な操作の数学的根拠を明確にし、任意の軌道や速度変化に対応できる汎用的な力を養います。
- 幾何学: 物理現象を幾何学的な図形（楕円）と結びつけることで、計算量を減らし、現象の全体像を視覚的に捉える助けとなります。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「斜め方向のドップラー効果」です。
音源が観測者の目の前を通過する際、音の高さがどのように変化するか、またその変化を定量的に計算できるかが問われます。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。
- 斜め方向のドップラー効果: 音源の速度ベクトルを「観測者に向かう方向（視線方向）」に分解して公式に適用します。
- 距離と時間の関係: 音波の伝播時間と、その間に音源（列車）が移動する時間を正しくリンクさせる必要があります。
- 幾何学的関係: 直角三角形の三平方の定理や三角比を用いて、距離や角度を計算します。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)(2)では、音源の速度の視線方向成分に着目し、ドップラー効果の公式を適用します。
- (3)では、特定の瞬間（正面通過時）における速度成分を考えます。
- (4)では、音波の往復時間と列車の移動時間を等式で結び、距離 \(r\) を求めます。
- (5)では、観測者が音源となり、列車上の測定器が観測者となる逆の状況（観測者が動くドップラー効果）を考えます。
問(1)
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
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