藤田医科大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

Step 12本のひもの張力 $T_1, T_2$ を求める

おもり1（質量 $m_1$）とおもり2（質量 $m_2$）はそれぞれ空中で静止しているので、各おもりにはたらく「上向きの張力」と「下向きの重力」がつりあっています。
ひも1の張力の大きさを $T_1$、ひも2の張力の大きさを $T_2$ とすると、 $$T_1 = m_1 g, \quad T_2 = m_2 g$$ となります。

Step 2張力を水平方向と鉛直方向に分解する（★最重要！）

上の図を見てください。角度 $\theta_1, \theta_2$ は「鉛直方向（縦の辺BC、AD）」となす角です！
したがって、直角三角形の三角比より、各張力の成分は次のようになります。

• 点Aにはたらく張力 $T_1$：右向きに $T_1 \sin\theta_1 = m_1 g \sin\theta_1$、下向きに $T_1 \cos\theta_1 = m_1 g \cos\theta_1$
• 点Bにはたらく張力 $T_2$：左向きに $T_2 \sin\theta_2 = m_2 g \sin\theta_2$、下向きに $T_2 \cos\theta_2 = m_2 g \cos\theta_2$

Step 3直方体にはたらく鉛直方向の力のつりあい

直方体が台から受ける鉛直上向きの垂直抗力の大きさを $N$ とすると、直方体を下向きに押す力は「直方体自身の重力 $Mg$」と「2本のひもが斜め下に引く力の鉛直成分 $m_1 g \cos\theta_1, m_2 g \cos\theta_2$」の合計3つです。
鉛直方向の力のつりあい（上向きの力の和 ＝ 下向きの力の和）より、 $$N = Mg + m_1 g \cos\theta_1 + m_2 g \cos\theta_2$$

Step 1左右どちらのひもが強く引いているか（大小関係）を確認する

問題文の条件より、$m_2 > m_1$ かつ $\theta_2 > \theta_1$（いずれも鋭角 $0 < \theta_1 < \theta_2 < 90^\circ$）です。
$0 < \theta_1 < \theta_2 < 90^\circ$ のとき $\sin\theta_2 > \sin\theta_1 > 0$ であり、さらに $m_2 > m_1 > 0$ ですから、2つの正の数の積を比べると確実に $$m_2 g \sin\theta_2 > m_1 g \sin\theta_1$$ が成り立ちます。つまり、ひもが引く水平成分は左向き（$m_2 g \sin\theta_2$）の方が右向き（$m_1 g \sin\theta_1$）より大きいため、直方体は左へすべろうとします。

Step 2水平方向の力のつりあい

これを妨げるため、台から直方体には右向きに静止摩擦力 $f$（$f > 0$）がはたらきます。
水平方向の力のつりあい（右向きの力の和 ＝ 左向きの力の和）より、 $$f + m_1 g \sin\theta_1 = m_2 g \sin\theta_2$$ $$f = m_2 g \sin\theta_2 - m_1 g \sin\theta_1$$ 問われているのは「大きさ（正の値）」なので、必ず大きい方の $m_2 g \sin\theta_2$ から小さい方の $m_1 g \sin\theta_1$ を引いた形で答えます。

Step 1力を水平・鉛直に分解して「うでの長さ」を掛け合わせる

斜めの力 $T_1 = m_1 g$ のまま点Cからの垂線の長さを求めるよりも、点Aにはたらく力を「水平成分」と「鉛直成分」に分解して、それぞれの作用線までの距離（うでの長さ）を掛けるのが一番確実でミスがありません！

Step 22つの成分のモーメントを足し合わせる

右向きの成分 $m_1 g \sin\theta_1$ も、下向きの成分 $m_1 g \cos\theta_1$ も、どちらも点Cのまわりに直方体を同じ向き（時計回り）に回そうとします。
よって、ひも1が点Cのまわりに与える力のモーメントの大きさ $M_1$ は、2つのモーメントの和となり、 $$M_1 = (m_1 g \sin\theta_1) \times H + (m_1 g \cos\theta_1) \times d = m_1 g (H \sin\theta_1 + d \cos\theta_1)$$

Step 1「左側に倒れる直前（限界状態）」で何が起きているか？

直方体が左側（滑車2側）にゴロンと倒れ始めるとき、直方体の底面CDは左下のかど「点C」だけを支点として台に接し、他の部分は台から浮き上がろうとします。
したがって、倒れるか倒れないかの境界である質量 $m_{\mathrm{th}}$ のときには、台から受ける垂直抗力 $N$ と静止摩擦力 $f$ の作用点がすべて「点C」に集中します！

Step 2点Cのまわりの力のモーメントのつりあいを立てる

点Cを回転の中心にとると、作用点が点Cにある以下3つの力はすべて「うでの長さが $0$」となり、モーメントが $0$ になります！

• 垂直抗力 $N$（点Cにはたらくのでモーメント $0$）
• 静止摩擦力 $f$（点Cにはたらくのでモーメント $0$）
• ひも2の張力の鉛直下向き成分 $m_{\mathrm{th}} g \cos\theta_2$（点Bにはたらくが、作用線が直線BC上で点Cを貫くのでうでの長さが $0$！）

残る力で、点Cのまわりに反時計回り（左側に倒す向き）のモーメントをつくるのは、点Bにはたらくひも2の張力の水平左向き成分 $m_{\mathrm{th}} g \sin\theta_2$（うでの長さ $H$）だけです。
一方、点Cのまわりに時計回り（倒れるのを防ぐ向き）のモーメントをつくるのは、次の2つです。

1. 直方体の重力 $Mg$：密度が一様なので重心は真ん中にあり、点Cから水平に $\dfrac{d}{2}$ 離れているため、モーメントは $Mg \times \dfrac{d}{2}$
2. ひも1の張力によるモーメント：問3で求めた $m_1 g (H \sin\theta_1 + d \cos\theta_1)$

Step 3つりあいの式を $m_{\mathrm{th}}$ について解く

左側に倒れる限界（おもり3の質量が $m_{\mathrm{th}}$ のとき）において、点Cのまわりのモーメントのつりあい（反時計回り ＝ 時計回り）を立てると、 $$(m_{\mathrm{th}} g \sin\theta_2) \cdot H = Mg \cdot \frac{d}{2} + m_1 g (H \sin\theta_1 + d \cos\theta_1)$$ 両辺を $g$ で割り、さらに両辺を $2$ 倍して分数を払うと、 $$2 m_{\mathrm{th}} H \sin\theta_2 = M d + 2 m_1 (H \sin\theta_1 + d \cos\theta_1)$$ よって、両辺を $2 H \sin\theta_2$ で割れば $m_{\mathrm{th}}$ が求まります！ $$m_{\mathrm{th}} = \frac{M d + 2 m_1 (H \sin\theta_1 + d \cos\theta_1)}{2 H \sin\theta_2}$$

Step 1三平方の定理を立てる

図1の赤い直角三角形（斜辺が球面半径 $R$、底辺が $x$、縦の辺が $R - d$）に注目します。三平方の定理より、 $$R^2 = x^2 + (R - d)^2$$

Step 2近似を用いて $d$ を求める（2通りの方法どちらもOK！）

【方法A：展開して $d^2 \fallingdotseq 0$ とする方法】
右辺を展開すると $R^2 = x^2 + R^2 - 2Rd + d^2$ となり、両辺の $R^2$ を消去して整理すると、 $$2Rd - d^2 = x^2 \quad \Longleftrightarrow \quad 2Rd \left(1 - \frac{d}{2R}\right) = x^2$$ ここで条件「$d$ は $R$ に比べて十分に小さい（$d \ll R$）」より $\dfrac{d}{2R}$ は $1$ に比べて無視できる（すなわち $d^2 \fallingdotseq 0$）ので、$2Rd \fallingdotseq x^2$ より $d = \dfrac{x^2}{2R}$ となります。
【方法B：問題文の近似式 $(1+a)^k \fallingdotseq 1+ka$ を使う方法】
$(R - d)^2 = R^2 - x^2$ の両辺の正の平方根をとると、 $$R - d = \sqrt{R^2 - x^2} = R \left(1 - \frac{x^2}{R^2}\right)^{\frac{1}{2}}$$ ここで $a = -\dfrac{x^2}{R^2}, \ k = \dfrac{1}{2}$ として近似式 $(1+a)^k \fallingdotseq 1+ka$ を適用すると、 $$R - d \fallingdotseq R \left(1 - \frac{x^2}{2R^2}\right) = R - \frac{x^2}{2R} \quad \therefore \ d = \frac{x^2}{2R}$$

Step 12つの反射光の「光路差」と「反射による位相のずれ」を確認する

上方から観測するとき、干渉する2つの光は次の通りです。

• 光①（平凸レンズの下面で反射する光）：屈折率 $n$（大）のレンズから屈折率 $1$（小）の空気へ向かう境界面での反射なので、自由端反射（位相は変化しない：$0$）。
• 光②（平面ガラスの上面で反射する光）：屈折率 $1$（小）の空気から屈折率 $n$（大）の平面ガラスへ向かう境界面での反射なので、固定端反射（位相が $\pi$ ずれる＝半波長 $\dfrac{\lambda}{2}$ ずれる）。

Step 2強めあいの条件（明環の条件）を立てて $x$ を求める

空気層（屈折率 $1$、厚さ $d$）を往復する光路差は $2 \times 1 \times d = 2d$ です。
片方の反射だけで位相が $\pi$ ずれているため、強めあって明環となる条件は「光路差 $2d$ が半波長 $\dfrac{\lambda}{2}$ の奇数倍」になるときです。ここで、中心から $1$ 番目（$m=1$）の明環が最も内側の $2d = \dfrac{1}{2}\lambda$ に対応するため、自然数 $m = 1, 2, 3, \cdots$ を用いて、 $$2d = \left(m - \frac{1}{2}\right)\lambda$$ ここに問1の結果 $d = \dfrac{x^2}{2R}$ を代入すると、 $$2 \cdot \frac{x^2}{2R} = \left(m - \frac{1}{2}\right)\lambda \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{x^2}{R} = \left(m - \frac{1}{2}\right)\lambda$$ $x > 0$ より、両辺に $R$ を掛けて正の平方根をとると、 $$x = \sqrt{\left(m - \frac{1}{2}\right) R \lambda}$$

接点O（$x = 0$）の近くでは空気層の厚さが $d \fallingdotseq 0$ なので、往復の光路差も $2d \fallingdotseq 0$ です。
しかし、問2で確認した通り、レンズ下面での反射（位相のずれ $0$）と平面ガラス上面での反射（位相のずれ $\pi$）で反射による位相がちょうど逆位相（$\pi$ ずれ）になっているため、2つの反射光は打ち消しあい、点Oの近くは暗い（暗斑になる）と分かります。

Step 1【超重要！】屈折率の大小関係 $n_1 > n$ による反射の位相変化をチェック

ガラスとレンズの屈折率はともに $n$ であり、間を満たす液体の屈折率は $n_1 > n$（ガラスよりも屈折率が大きい！）です。すると2つの境界面での反射がどうなるか見てみましょう。

• レンズ下面での反射：屈折率 $n$（小）のレンズから屈折率 $n_1$（大）の液体へ向かう反射になるため、固定端反射（位相が $\pi$ ずれる）に変わります！
• 平面ガラス上面での反射：屈折率 $n_1$（大）の液体から屈折率 $n$（小）の平面ガラスへ向かう反射になるため、自由端反射（位相は変化しない：$0$）に変わります！

なんと、「上が固定端・下が自由端」に入れ替わるため、「片方だけ位相が $\pi$ ずれる」という合計の位相差は空気のときと全く同じ（明暗は逆転しない！）なのです！ここが $n < n_{\text{液}} < n_{\text{ガラス}}$ の問題との最大の違いです。

Step 2液体中の波長と光路差から明環の位置 $x'$ を求める

屈折率 $n_1$（$n_1 > n > 1$）の液体中では、光の波長が $\lambda' = \dfrac{\lambda}{n_1}$ に短くなります（あるいは光路差が $2 n_1 d$ になります）。
したがって、中心から $m$ 番目の明環の条件式は、 $$2 n_1 d = \left(m - \frac{1}{2}\right)\lambda \quad \Longleftrightarrow \quad x' = \sqrt{\left(m - \frac{1}{2}\right) \frac{R \lambda}{n_1}} = \frac{1}{\sqrt{n_1}} x$$ となります。$n_1 > 1$ より $\dfrac{1}{\sqrt{n_1}} < 1$ ですから、各明環の半径は元の $\dfrac{1}{\sqrt{n_1}}$ 倍に小さくなり（中心Oに向かって内側に移動し）、明環どうしの間隔も狭くなります。

Step 1点Oを通る水平面を基準にして「引き算」するだけ！

図2を見てください。接点Oを通る水平面（元の平面ガラスの上面と同じ高さの面）を基準にすると、中心軸から距離 $x$ の位置において、

• 上の平凸レンズ（球面半径 $R$）の凸面が、基準水平面から浮き上がっている高さ $d_{\text{凸}}$ は、問1より $d_{\text{凸}} = \dfrac{x^2}{2R}$
• 下の平凹レンズ（球面半径 $R_0$）の凹面が、基準水平面から浮き上がっている高さ $d_{\text{凹}}$ は、全く同じ式で $R$ を $R_0$ に変えた $d_{\text{凹}} = \dfrac{x^2}{2R_0}$

ここで $R < R_0$ より $\dfrac{1}{R} > \dfrac{1}{R_0}$ なので、上の凸面の方が急カーブで高く浮き上がっています（$d_{\text{凸}} > d_{\text{凹}}$）。
したがって、2つのレンズの間の空気層の厚さ $d'$ は、この2つの高さの差 $d_{\text{凸}} - d_{\text{凹}}$ です！ $$d' = d_{\text{凸}} - d_{\text{凹}} = \frac{x^2}{2R} - \frac{x^2}{2R_0} = \frac{x^2}{2}\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R_0}\right)$$

Step 1図2での $m$ 番目の明環の半径 $x_m$ を求める

図2における明環の強めあいの条件は、問2の $d$ を $d'$ に置き換えた $2 d' = \left(m - \dfrac{1}{2}\right)\lambda$ です。
問5の $d'$ を代入すると、 $$2 \cdot \frac{x_m^2}{2}\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R_0}\right) = \left(m - \frac{1}{2}\right)\lambda \quad \Longleftrightarrow \quad x_m^2 \left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R_0}\right) = \left(m - \frac{1}{2}\right)\lambda$$ ここで求めたいのは比 $\dfrac{R}{R_0}$ ですから、左辺の括弧の中を $\dfrac{1}{R_0}$ でくくっておくと計算がとてもラクになります！
ただし $\dfrac{R}{R_0}$ が1箇所だけに現れるように、両辺に $R$ を掛けて $\dfrac{R}{R_0}$ の形をつくりましょう。 $$x_m^2 \left(1 - \frac{R}{R_0}\right) = \left(m - \frac{1}{2}\right) R \lambda$$ あれ、これだと右辺に $R$ が残ってしまいますね！問題文には「$R_0, \lambda, L$ を用いて表せ（$R$ は使えない！）」とあります。そこで、$\dfrac{1}{R} - \dfrac{1}{R_0}$ をまず計算してから逆数をとる方針で進めましょう！

Step 2「距離 $L$ より内側に明環が1つだけ現れる」条件を不等式にする

「点Oから距離 $L$ より内側に1番目（$m=1$）の明環が現れ、2番目（$m=2$）の明環は観測されなかった」ということは、1番目の明環の半径 $x_1$ と2番目の明環の半径 $x_2$ が、 $$x_1 < L \leqq x_2 \quad \Longleftrightarrow \quad x_1^2 < L^2 \leqq x_2^2$$ を満たすということです（※「距離 $L$ より内側」＝ $x < L$ なので、$x_2 = L$ のときは「$L$ より内側」には入らず観測されないため $L \leqq x_2$ となります）。

Step 3不等式を $\dfrac{R}{R_0}$ について解く

$x_m^2 \left(\dfrac{R_0 - R}{R R_0}\right) = \left(m - \dfrac{1}{2}\right)\lambda$ より、 $$x_1^2 = \frac{\frac{1}{2}\lambda}{\frac{R_0 - R}{R R_0}}, \quad x_2^2 = \frac{\frac{3}{2}\lambda}{\frac{R_0 - R}{R R_0}}$$ これを $x_1^2 < L^2 \leqq x_2^2$ に代入し、全辺に正の値 $\dfrac{R_0 - R}{R R_0}$ を掛けて $L^2$ で割ると、 $$\frac{\lambda}{2 L^2} < \frac{R_0 - R}{R R_0} \leqq \frac{3 \lambda}{2 L^2}$$ 真ん中の項は $\dfrac{R_0 - R}{R R_0} = \dfrac{1}{R} - \dfrac{1}{R_0}$ ですから、全辺に $R_0$ を掛けると、 $$\frac{R_0 \lambda}{2 L^2} < \frac{R_0}{R} - 1 \leqq \frac{3 R_0 \lambda}{2 L^2}$$ 全辺に $1$ を足して通分すると、 $$1 + \frac{R_0 \lambda}{2 L^2} < \frac{R_0}{R} \leqq 1 + \frac{3 R_0 \lambda}{2 L^2} \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{2 L^2 + R_0 \lambda}{2 L^2} < \frac{R_0}{R} \leqq \frac{2 L^2 + 3 R_0 \lambda}{2 L^2}$$ 全辺が正なので、逆数をとると不等号の向きが逆転し、求める $\dfrac{R}{R_0}$ の範囲が得られます！ $$\frac{2 L^2}{2 L^2 + 3 R_0 \lambda} \leqq \frac{R}{R_0} < \frac{2 L^2}{2 L^2 + R_0 \lambda}$$

Step 1$\Delta R = R_0 - R$ の上限値を与える式をつくる

$R < R_0$ より $\Delta R = |R_0 - R| = R_0 - R$ です。
問6の最後の一歩手前の式： $$1 - \frac{2 L^2}{2 L^2 + R_0 \lambda} < 1 - \frac{R}{R_0} \leqq 1 - \frac{2 L^2}{2 L^2 + 3 R_0 \lambda}$$ より、真ん中の項は $1 - \dfrac{R}{R_0} = \dfrac{R_0 - R}{R_0} = \dfrac{\Delta R}{R_0}$ ですから、その上限値（最大値）は右辺から決まり、 $$\frac{\Delta R}{R_0} \leqq \frac{3 R_0 \lambda}{2 L^2 + 3 R_0 \lambda} \quad \Longleftrightarrow \quad \Delta R \leqq \frac{3 R_0^2 \lambda}{2 L^2 + 3 R_0 \lambda}$$ （※あるいは $R \fallingdotseq R_0$ の近似のもとでは $\dfrac{\Delta R}{R_0^2} \fallingdotseq \dfrac{R_0 - R}{R R_0} \leqq \dfrac{3\lambda}{2L^2}$ より $\Delta R \leqq \dfrac{3 R_0^2 \lambda}{2 L^2}$ としても有効数字2桁では全く同じ値になります！）

Step 2単位をすべて $\text{m}$（メートル）に揃えて数値計算する

• $R_0 = 1.0\text{ m}$
• $L = 5.0\text{ cm} = 5.0 \times 10^{-2}\text{ m} \implies 2 L^2 = 2 \times (5.0 \times 10^{-2})^2 = 2 \times 25 \times 10^{-4} = 5.0 \times 10^{-3}\text{ m}^2$
• $\lambda = 500\text{ nm} = 500 \times 10^{-9}\text{ m} = 5.0 \times 10^{-7}\text{ m} \implies 3 R_0 \lambda = 3 \times 1.0 \times 5.0 \times 10^{-7} = 1.5 \times 10^{-6}\text{ m}^2$

ここで分母の $2 L^2 = 5.0 \times 10^{-3}$ に対して $3 R_0 \lambda = 1.5 \times 10^{-6}$ は $1000$ 分の $1$ 以下なので無視でき、 $$\Delta R_{\text{上限}} = \frac{3 R_0^2 \lambda}{2 L^2 + 3 R_0 \lambda} \fallingdotseq \frac{3 \times 1.0^2 \times 5.0 \times 10^{-7}}{5.0 \times 10^{-3}} = \frac{1.5 \times 10^{-6}}{5.0 \times 10^{-3}} = 3.0 \times 10^{-4}\text{ m}$$

Step 1エネルギー保存則（仕事と運動エネルギーの関係）を立てる

極板II（$y = -d$）から極板I（$y = 0$）まで、電荷 $e$ の荷電粒子は電位差 $V$ で加速されます。
$y > 0$ の領域に進入する瞬間の速さを $v_0$ とすると、初速度が $0$ であることから、電場がした仕事 $eV$ がそのまま運動エネルギーになるため、 $$\frac{1}{2} m v_0^2 = e V \quad \Longleftrightarrow \quad v_0 = \sqrt{\frac{2 e V}{m}}$$

Step 2運動量の大きさ $p = m v_0$ を求める

求める運動量の大きさ $p$ は、 $$p = m v_0 = m \sqrt{\frac{2 e V}{m}} = \sqrt{2 m e V}$$

Step 1極板間の等加速度直線運動から時間を求める（平均の速さを使うと1秒！）

極板間には一様な電場 $E = \dfrac{V}{d}$ がかかっており、荷電粒子は一定の加速度 $a = \dfrac{e E}{m} = \dfrac{e V}{m d}$ で等加速度直線運動をします。
初速度 $0$ から速さ $v_0 = \sqrt{\dfrac{2 e V}{m}}$ まで一定の割合で加速して距離 $d$ を進むので、平均の速さ $\bar{v} = \dfrac{0 + v_0}{2} = \dfrac{v_0}{2}$ を使えば、かかる時間 $t_0$ は一瞬で求まります！ $$d = \frac{v_0}{2} t_0 \quad \Longleftrightarrow \quad t_0 = \frac{2 d}{v_0} = \frac{2 d}{\sqrt{\frac{2 e V}{m}}} = d \sqrt{\frac{2 m}{e V}}$$ （※もちろん $d = \dfrac{1}{2} a t_0^2 = \dfrac{1}{2} \dfrac{e V}{m d} t_0^2$ から解いても全く同じです！）

Step 1フレミングの左手の法則で磁場の向きを決定する

正電荷（$e > 0$）の荷電粒子が原点 $(0, 0)$ から $+y$ 向き（上向き）に磁場領域へ進入し、点 $(L, 0)$ の検出器へ向かうためには、進入直後に$+x$ 向き（右向き）のローレンツ力を受けて時計回りに曲がる必要があります。
フレミングの左手の法則において、

• 中指（電流＝正電荷の速度の向き）：$+y$ 向き（上向き）
• 親指（電磁力＝ローレンツ力の向き）：$+x$ 向き（右向き）

に合わせると、人差し指（磁場の向き）は紙面の奥から手前に向かう向き、すなわち「$z$ 軸の正の向き」を指します！

Step 2半円軌道の半径 $r = \dfrac{L}{2}$ と円運動の運動方程式を立てる

原点 $(0, 0)$ から $y$ 軸に平行に進入した粒子が点 $(L, 0)$ に到達するとき、直径が $L$ の半円を描くので、円運動の半径 $r$ は $$r = \frac{L}{2}$$ です。等速円運動の運動方程式より、 $$m \frac{v_0^2}{r} = e v_0 B_1 \quad \Longleftrightarrow \quad B_1 = \frac{m v_0}{e r}$$ ここに問1で求めた運動量 $m v_0 = \sqrt{2 m e V}$ と $r = \dfrac{L}{2}$ を代入すると、 $$B_1 = \frac{\sqrt{2 m e V}}{e \cdot \frac{L}{2}} = \frac{2}{L} \sqrt{\frac{2 m V}{e}}$$

Step 1向心力（ローレンツ力）の大きさ $F$ を $e, V, L$ で表す

等速円運動をする荷電粒子が受ける力（ローレンツ力）の大きさ $F$ は、常に円の中心を向く向心力 $m \dfrac{v_0^2}{r}$ に等しいです。
ここで問1より $m v_0^2 = 2 e V$、問3より $r = \dfrac{L}{2}$ ですから、力の大きさ $F$ は質量 $m$ に依存せず、 $$F = \frac{m v_0^2}{r} = \frac{2 e V}{\frac{L}{2}} = \frac{4 e V}{L}$$ と非常にシンプルな式になります！

Step 2円運動の中心 $\mathrm{C}(0.5L, 0)$ と点 $\mathrm{P}(x=0.25L)$ の位置関係から角度を求める

上の【図解】を見てください！
半円軌道の中心 $\mathrm{C}$ の座標は $(0.5L, 0)$ であり、半径は $r = 0.5L$ です。
いま、荷電粒子が $x = 0.25L$ の点 $\mathrm{P}$ にあるとき、点 $\mathrm{P}$ から $x$ 軸におろした垂線の足を $\mathrm{H}(0.25L, 0)$ とすると、直角三角形 $\mathrm{PHC}$ において、

• 斜辺 $\mathrm{PC}$（半径）：$r = 0.5L$
• 底辺 $\mathrm{HC}$（中心 $\mathrm{C}$ からの水平距離）：$0.5L - 0.25L = 0.25L = \dfrac{r}{2}$
• 高さ $\mathrm{PH}$：$\sqrt{r^2 - \left(\dfrac{r}{2}\right)^2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} r$

つまり、直角三角形 $\mathrm{PHC}$ は辺の比が $1 : 2 : \sqrt{3}$ の直角三角形であり、$\angle \mathrm{PCH} = 60^\circ$（$\angle \mathrm{HPC} = 30^\circ$）です！

Step 3点Pから中心Cへ向かう力 $\vec{F}$ の $x$ 成分・$y$ 成分を求める（符号に注意！）

ローレンツ力 $\vec{F}$ は点 $\mathrm{P}$ から中心 $\mathrm{C}$ に向かう（右斜め下向き：$x$ 成分が正、$y$ 成分が負）のベクトルです。
したがって、求める $x$ 成分 $F_x$ と $y$ 成分 $F_y$ は、 $$F_x = + F \cos 60^\circ \text{ ではなく図より } + F \sin 60^\circ \text{？ いえ、底辺が } \mathrm{HC} \text{ なので要確認！}$$

Step 1半円周の道のり $\pi r$ を速さ $v_0$ で割る

磁場領域（$y > 0$）に入った荷電粒子は、半径 $r = \dfrac{L}{2}$ の半円（道のり $\pi r = \dfrac{\pi L}{2}$）を一定の速さ $v_0 = \sqrt{\dfrac{2 e V}{m}}$ で運動して検出器に到達します。
よって、かかる時間 $t_1$ は、 $$t_1 = \frac{\pi r}{v_0} = \frac{\frac{\pi L}{2}}{\sqrt{\frac{2 e V}{m}}} = \frac{\pi L}{2} \sqrt{\frac{m}{2 e V}}$$

Step 1なぜスイッチを $\Delta t$ だけ閉じたのか？（物理的状況の把握）

スイッチを閉じたまま（電位差 $V$ で最後まで加速した状態）では検出器に当たらず、スイッチを閉じる時間を $\Delta t$ に短くすると当たったということは、粒子が極板間（距離 $d$）を通過し終える前の時間 $\Delta t$ だけ電場 $E = \dfrac{V}{d}$ で加速され、スイッチを開いた後は電場が $0$ になって等速直線運動のまま極板Iの穴（$y=0$）を通過したということです！

Step 2「運動量の変化 ＝ 力積」から1行で求める！

スイッチを閉じている時間 $\Delta t$ の間、荷電粒子には一定の静電気力 $F_{\text{電}} = e E = \dfrac{e V}{d}$ が $+y$ 向きにはたらきます。
その後スイッチを開いてからは力が $0$ なので運動量は変化しません。
初速度が $0$（はじめの運動量が $0$）であることから、$y > 0$ の領域に進入した瞬間の運動量の大きさ $p'$ は、時間 $\Delta t$ の間に受けた力積の大きさ $F_{\text{電}} \Delta t$ にそのまま等しくなります！ $$p' = F_{\text{電}} \Delta t = \frac{e V}{d} \Delta t$$ （※未知の質量 $m'$ を一切使わずに表せました！）

Step 1進入速度 $v'$ と時間 $T$、半円周 $\dfrac{\pi L}{2}$ の関係を立てる

この未知の荷電粒子の質量を $m'$、$y > 0$ に進入した瞬間の速さを $v'$ とします。
検出器 $(L, 0)$ で検出されたということは、この粒子も半径 $r = \dfrac{L}{2}$ の半円軌道（道のり $\pi r = \dfrac{\pi L}{2}$）を描いて時間 $T$ で到達したということです。
したがって、等速円運動の速さ $v'$ と時間 $T$ の間には、 $$v' T = \frac{\pi L}{2} \quad \Longleftrightarrow \quad v' = \frac{\pi L}{2 T}$$ が成り立ちます！

Step 2問6の運動量 $p' = m' v'$ に代入して $m'$ を求める

問6で求めた運動量の大きさ $p' = \dfrac{e V}{d} \Delta t$ は、質量 $m'$ と速さ $v'$ の積 $m' v'$ にほかなりません。
よって、$m' v' = p'$ に $v' = \dfrac{\pi L}{2 T}$ を代入すると、 $$m' \cdot \frac{\pi L}{2 T} = \frac{e V}{d} \Delta t \quad \Longleftrightarrow \quad m' = \frac{2 e V T \Delta t}{\pi d L}$$