兵庫医科大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

■ (1) 円運動の半径を求めよ。

棒の上端と点 $\text{O}$、および小球 $\text{A}$ を結ぶ直角三角形に注目します。
棒の長さ（鉛直方向の辺）が $h$、棒と糸のなす角が $\alpha$ であるから、円運動の半径を $r$ とすると、三角比の定義 $\tan\alpha = \dfrac{r}{h}$ より、

■ (2) 糸の張力の大きさを求めよ。

糸の張力の大きさを $T$、小球 $\text{A}$ が平面板から受ける垂直抗力の大きさを $N$ とします。
上の断面図のように、糸の張力 $T$ を水平方向（円の中心 $\text{O}$ に向かう向き）と鉛直方向（上向き）に分解すると、
・水平成分（中心向き）：$T \sin\alpha$
・鉛直成分（上向き）：$T \cos\alpha$
となります。
小球 $\text{A}$ は半径 $r = h \tan\alpha$ の円周上を速さ $v$ で等速円運動しているので、円の中心向きの運動方程式（$m \dfrac{v^2}{r} = F$）を立てると、向心力は $T \sin\alpha$ のみであるから、

ここに (1) で求めた $r = h \tan\alpha$ を代入して $T$ について解きます。

■ (3) 小球 $\text{A}$ が平面板から受ける垂直抗力の大きさを求めよ。

小球 $\text{A}$ は平面板から離れずに運動しているため、鉛直方向（平面板に垂直な方向）の力はつりあっています。
上向きの力の和（垂直抗力 $N$ ＋ 張力の鉛直成分 $T \cos\alpha$）＝ 下向きの力（重力 $mg$）より、

ここに (2) の $T = \dfrac{m v^2}{h \tan\alpha \sin\alpha}$ を代入します。このとき、$\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{1}{\tan\alpha}$ であることに注意すると、

■ (4) 徐々に $v$ を大きくしていったとき、小球 $\text{A}$ が平面板から離れる瞬間の $v$ を求めよ。

小球 $\text{A}$ が平面板から「離れる瞬間」とは、平面板が小球を押す力である垂直抗力 $N$ がちょうど $0$ になる瞬間です。
したがって、(3) で求めた $N$ の式において $N = 0$ とおきます。

両辺を $m$ で割り、$v^2$ について整理すると、

$v > 0$ および $0 < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$（$\tan\alpha > 0$）より、平方根をとって、

■ (5) 小球 $\text{A}$ が円運動の最下点 $\text{P}$ を通過するとき、平面板から受ける垂直抗力の大きさを求めよ。

平面板と棒は垂直を保っており、糸の長さも変わらないため、小球 $\text{A}$ が平面板上で円運動しているとき、棒と糸のなす角は常に $\alpha$ のままであり、円運動の半径も $r = h \tan\alpha$ のままです。
平面板が水平面と角 $\beta$ をなしているため、小球にはたらく重力 $mg$ を次の2方向に分解します。
・平面板に垂直な方向（平面板を押す向き）：$mg \cos\beta$
・平面板に平行な方向（斜面の下向き：$\text{Q} \to \text{O} \to \text{P}$ の向き）：$mg \sin\beta$

最下点 $\text{P}$ における糸の張力を $T_{\text{P}}$、垂直抗力を $N_{\text{P}}$ とします。
【手順1：円の中心 $\text{O}$ 向きの運動方程式】
最下点 $\text{P}$ では、中心 $\text{O}$ に向かう向き（斜面上向き）に張力の成分 $T_{\text{P}} \sin\alpha$ がはたらき、中心 $\text{O}$ と逆向き（斜面下向き）に重力の成分 $mg \sin\beta$ がはたらきます。速さが $v_0$ なので、中心向きの運動方程式は、

これより、$T_{\text{P}} \sin\alpha$ は次のように表せます。

【手順2：平面板に垂直な方向の力のつりあい】
平面板から浮き上がる向きに垂直抗力 $N_{\text{P}}$ と張力の成分 $T_{\text{P}} \cos\alpha$ がはたらき、平面板を押す向きに重力の成分 $mg \cos\beta$ がはたらくので、力のつりあいより、

ここで、$T_{\text{P}} \cos\alpha = \dfrac{T_{\text{P}} \sin\alpha}{\tan\alpha}$ であることを利用して、手順1の式と $r = h \tan\alpha$ を代入します。

■ (6) 小球 $\text{A}$ が円運動の最下点 $\text{P}$ で平面板から離れないための速さ $v_0$ の条件を求めよ。

最下点 $\text{P}$ で平面板から離れないための条件は、垂直抗力 $N_{\text{P}} \geqq 0$ です。
(5) の結果を用いて $N_{\text{P}} \geqq 0$ を解きます。

両辺に $\dfrac{h \tan^2\alpha}{m} (> 0)$ を掛けると、

ここで条件 $0 < \beta < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ より $\tan\alpha > \tan\beta = \dfrac{\sin\beta}{\cos\beta}$、すなわち $\tan\alpha \cos\beta - \sin\beta > 0$ であるから、右辺は正です。速さ $v_0 > 0$（または $v_0 \geqq 0$）より、

■ (7) 小球 $\text{A}$ が円運動の最上点 $\text{Q}$ を通過するとき、小球 $\text{A}$ の速さを求めよ。

平面板はなめらか（摩擦なし）であり、垂直抗力 $N$ と糸の張力 $T$ は常に小球の移動方向（円周の接線方向）と垂直にはたらくため、仕事をしません。
したがって、力学的エネルギー保存則が成り立ちます！
最下点 $\text{P}$ から最上点 $\text{Q}$ までの斜面に沿った距離は、円の直径 $2r = 2h \tan\alpha$ です。
斜面は水平面に対して角 $\beta$ だけ傾いているので、最下点 $\text{P}$ を基準とした最上点 $\text{Q}$ の鉛直方向の高さ $\Delta H$ は、

最上点 $\text{Q}$ での小球の速さを $v_{\text{Q}}$ とすると、点 $\text{P}$ と点 $\text{Q}$ での力学的エネルギー保存則より、

両辺を $\dfrac{2}{m}$ 倍して $v_{\text{Q}}$ について解くと、

■ (8) 小球 $\text{A}$ が円運動の最上点 $\text{Q}$ を通過するとき、糸の張力の大きさを求めよ。

最上点 $\text{Q}$ における糸の張力を $T_{\text{Q}}$ とします。
最上点 $\text{Q}$ では、円の中心 $\text{O}$ は点 $\text{Q}$ から見て斜面の下向きにあります！
したがって、張力の斜面成分 $T_{\text{Q}} \sin\alpha$ も、重力の斜面成分 $mg \sin\beta$ も、ともに円の中心 $\text{O}$ に向かう向き（同じ向き）にはたらきます。ここが最下点 $\text{P}$ との決定的な違いです！
最上点 $\text{Q}$ での中心向きの運動方程式を立てると、

ここに $r = h \tan\alpha$ と (7) で求めた $v_{\text{Q}}^2 = v_0^2 - 4gh \tan\alpha \sin\beta$ を代入します。

両辺を $\sin\alpha$ で割って、張力 $T_{\text{Q}}$ が求まります。

■ (9) 小球 $\text{A}$ が円運動の最上点 $\text{Q}$ を通過するとき、平面板から受ける垂直抗力の大きさを求めよ。

最上点 $\text{Q}$ における垂直抗力を $N_{\text{Q}}$ とすると、平面板に垂直な方向の力のつりあいは最下点 $\text{P}$ のときとまったく同じ形で、

ここに (8) の $T_{\text{Q}} = \dfrac{m(v_0^2 - 5gh \tan\alpha \sin\beta)}{h \tan\alpha \sin\alpha}$ を代入すると、$\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{1}{\tan\alpha}$ より、

■ (10) 円運動の最下点 $\text{P}$ でも、最上点 $\text{Q}$ でも、小球 $\text{A}$ が平面板から離れずに円運動を行う速さ $v_0$ の条件を求めよ。

ここが超重要ポイントです！「平面板から離れずに円運動を行う」ためには、次の2つの条件を同時に満たす必要があります。
① 平面板から浮き上がらない条件：$N_{\text{P}} \geqq 0$ かつ $N_{\text{Q}} \geqq 0$
② 糸がたるまずに円運動が維持される条件：$T_{\text{P}} \geqq 0$ かつ $T_{\text{Q}} \geqq 0$（かつ $v_{\text{Q}} > 0$）

まず①の垂直抗力を比べると、(5) と (9) の式から明らかなように、$N_{\text{P}} < N_{\text{Q}}$ です（最下点 $\text{P}$ の方が速さが大きく、上向きに引っ張る張力も大きいため、最下点 $\text{P}$ の方が板から浮き上がりやすい）。
よって、$N_{\text{P}} \geqq 0$ を満たせば自動的に $N_{\text{Q}} > 0$ も満たされます。(6) より、

次に②の糸の張力を比べると、最上点 $\text{Q}$ で糸がたるまない条件 $T_{\text{Q}} \geqq 0$ が最も厳しくなります（$T_{\text{Q}} \geqq 0$ ならば $v_0^2 \geqq 5gh \tan\alpha \sin\beta > 4gh \tan\alpha \sin\beta$ なので、最上点 $\text{Q}$ に到達して通過する条件 $v_{\text{Q}}^2 > 0$ も自動的にクリアします）。
(8) の式より $T_{\text{Q}} \geqq 0$ を解くと、

①' と ②' を合わせて、求める $v_0$ の範囲が得られます。

■ (11) (10)の円運動が実現するための、$\tan\beta$ の条件を求めよ。

(10) で求めた不等式を満たす速さ $v_0$ が実際に存在するためには、不等式の「左辺（下限） $\leqq$ 右辺（上限）」となっていなければなりません！
両辺とも正なので、2乗して比較すると、

両辺を $gh \tan\alpha (> 0)$ で割ります。

$0 < \beta < \alpha < \dfrac{\pi}{2}$ より $\cos\beta > 0$ であるから、両辺を $6\cos\beta$ で割ると、$\dfrac{\sin\beta}{\cos\beta} = \tan\beta$ より、

（もともと問題文に $0 < \beta < \alpha$ とあるので、$0 < \tan\beta \leqq \dfrac{1}{6}\tan\alpha$ と書いても正解です。）

■ (1) 空欄 ① 〜 ⑭ の導出

• ［ ① ］電場の大きさ：
  長さ $l$ の一様な導体に電圧 $V$ を加えたとき、一様な電場の大きさ $E$ は $V = El$ より、 $$E = \frac{V}{l} \quad \cdots \text{【①】}$$
• ［ ② ］・［ ③ ］自由電子が電場から受ける力：
  電源の左側が正極（$+$）、右側が負極（$-$）なので、電場の向きは左から右（$\text{a}$ の向き）です。自由電子は負の電荷 $-e$ を持つため、電場と逆向きである$\text{b}$ の向き【②】に力を受けます。
  その力の大きさ $F$ は、$F = eE$ に ① を代入して、 $$F = e \cdot \frac{V}{l} = \frac{eV}{l} \quad \cdots \text{【③】}$$
• ［ ④ ］・［ ⑤ ］抵抗力の向きと移動の向き：
  自由電子は $\text{b}$ の向きに加速されて移動するため、陽イオンとの衝突によって移動方向と逆向きである$\text{a}$ の向き【④】に抵抗力を受けて減速され、平均すると一定の速さ $v$ で$\text{b}$ の向き【⑤】に移動します。
• ［ ⑥ ］自由電子の平均の速さ $v$：
  速さ $v$ に比例する抵抗力の大きさ $kv$ が、電場から受ける力の大きさ $\dfrac{eV}{l}$ とつりあう（等しい）ので、 $$kv = \frac{eV}{l} \quad \Longleftrightarrow \quad v = \frac{eV}{kl} \quad \cdots \text{【⑥】}$$
• ［ ⑦ ］単位時間あたりに断面 $S$ を通過する電子数 $N$：
  $1\text{秒}$ 間に断面 $S$ を通過する自由電子は、底面積 $S$、高さ（$1\text{秒}$ 間に進む距離）$v$ の円柱（体積 $Sv$）の中に含まれるすべての自由電子です。単位体積あたりの個数が $n$ 個であるから、単位時間あたりに通過する個数 $N$ は、 $$N = nSv = nS \left(\frac{eV}{kl}\right) = \frac{neSV}{kl} \quad \cdots \text{【⑦】}$$
• ［ ⑧ ］電流の大きさ $I$：
  電流の大きさ $I$ は、「単位時間（$1\text{秒}$ 間）に断面を通過する電気量の大きさ」です。電子1個あたりの電気量の大きさは $e$ であり、単位時間に $N$ 個通過するので、 $$I = eN = e \left(\frac{neSV}{kl}\right) = \frac{ne^2 SV}{kl} \quad \cdots \text{【⑧】}$$
• ［ ⑨ ］・［ ⑩ ］・［ ⑪ ］導体の電気抵抗 $R$：
  ⑧の式を $V = RI$ の形に変形すると、 $$V = \left(\frac{kl}{ne^2 S}\right) I$$ オームの法則 $V = RI$ と比較して、導体の電気抵抗 $R$ は、 $$R = \frac{kl}{ne^2 S} \quad \cdots \text{【⑨】}$$ これより、$k, n$ が一定のとき、電気抵抗 $R$ は導体の長さ $l$（または導体の長さ）【⑩】に比例し、断面積 $S$（または導体の断面積）【⑪】に反比例します。
• ［ ⑫ ］・［ ⑬ ］・［ ⑭ ］抵抗率 $\rho$ とその単位：
  $R = \rho \dfrac{l}{S}$ と表したときの比例定数 $\rho$ は、⑨と比較して、 $$\rho = \frac{k}{ne^2} \quad \cdots \text{【⑫】}$$ この $\rho$ を抵抗率（または電気抵抗率）【⑬】といいます。
  また、$\rho = R \dfrac{S}{l}$ より、$R$ の単位が $[\Omega]$、断面積 $S$ の単位が $[\text{m}^2]$、長さ $l$ の単位が $[\text{m}]$ であるから、$\rho$ の単位は、 $$[\Omega] \cdot \frac{[\text{m}^2]}{[\text{m}]} = \Omega\cdot\text{m} \quad \cdots \text{【⑭】}$$

■ (2) ケイ素（$\text{Si}$）半導体の性質

• ① 温度を上げていくと $\rho$ が小さくなる理由：
  （金属の場合は温度が上がると熱振動が激しくなり $k$ が大きくなって $\rho$ は増加しますが、）純粋な半導体（真性半導体）であるケイ素（$\text{Si}$）では、温度が上がると結晶中の原子の熱運動が激しくなり、共有結合を作っていた価電子の一部がエネルギーを得て飛び出し、伝導に寄与する自由電子（および正孔＝ホール）の単位体積あたりの数 $n$ が急激に増加するため、$\rho = \dfrac{k}{ne^2}$ の分母が大きくなる効果が打ち勝って抵抗率 $\rho$ は小さくなります。
• ② $\text{p}$型半導体として用いられる不純物元素の例：
  ケイ素（$\text{Si}$）は14族元素（価電子4個）です。これに13族元素（価電子3個）を微量に混ぜると、共有結合に電子が1個足りない場所である「正孔（ホール：positive hole）」ができ、$\text{p}$型半導体になります。
  ・13族元素の例：ホウ素（$\text{B}$）、アルミニウム（$\text{Al}$）、ガリウム（$\text{Ga}$）、インジウム（$\text{In}$）などから1つ答えればOKです。
• ③ $\text{n}$型半導体として用いられる不純物元素の例：
  14族のケイ素（$\text{Si}$）に15族元素（価電子5個）を微量に混ぜると、共有結合に使われずに余った5個目の価電子が「自由電子（negative charge）」として結晶内を動けるようになり、$\text{n}$型半導体になります。
  ・15族元素の例：リン（$\text{P}$）、ヒ素（$\text{As}$）、アンチモン（$\text{Sb}$）などから1つ答えればOKです。

■ (1) 状態 $\text{B}$ での温度 $T_{\text{B}}$ を求めよ。

状態変化 $\text{A}\to\text{B}$ は定圧変化です。シャルルの法則 $\dfrac{V}{T} = \text{一定}$ より、状態 $\text{A}$（体積 $V_{\text{A}}$、温度 $T$）と状態 $\text{B}$（体積 $V_{\text{B}}$、温度 $T_{\text{B}}$）について、

問題文の定義 $a = \dfrac{V_{\text{B}}}{V_{\text{A}}}$ を代入して、

■ (2) 状態 $\text{C}$ での温度 $T_{\text{C}}$ を求めよ。

状態変化 $\text{B}\to\text{C}$ は断熱変化です。
ポアソンの法則 $PV^\gamma = \text{一定}$ と状態方程式 $PV = RT$（$1\text{モル}$）を組み合わせると、$P = \dfrac{RT}{V}$ を代入して、

この関係を状態 $\text{B}$（温度 $T_{\text{B}} = aT$、体積 $V_{\text{B}} = a V_{\text{A}}$）と状態 $\text{C}$（温度 $T_{\text{C}}$、体積 $V_{\text{C}} = b V_{\text{A}}$）に適用すると、

■ (3) 状態 $\text{D}$ での温度 $T_{\text{D}}$ を求めよ。

状態変化 $\text{D}\to\text{A}$ も断熱変化です。
同様に $T V^{\gamma - 1} = \text{一定}$ を状態 $\text{D}$（温度 $T_{\text{D}}$、体積 $V_{\text{C}} = b V_{\text{A}}$）と状態 $\text{A}$（温度 $T$、体積 $V_{\text{A}}$）に適用すると、

■ (4) 状態変化 $\text{A}\to\text{B}$ の過程で理想気体に与えた熱量 $Q_{\text{AB}}$ を求めよ。

状態変化 $\text{A}\to\text{B}$ は $n = 1\text{モル}$ の理想気体の定圧変化であり、定圧モル比熱が $C_P$ であるから、気体に与えた熱量 $Q_{\text{AB}}$ は $Q = n C_P \Delta T$ より、

■ (5) 状態変化 $\text{C}\to\text{D}$ の過程で理想気体が放出した熱量 $Q_{\text{CD}}$ を求めよ。

状態変化 $\text{C}\to\text{D}$ は $n = 1\text{モル}$ の理想気体の定積変化であり、定積モル比熱が $C_V$ です。
「放出した熱量（正の値）」は、温度の下がり幅 $(T_{\text{C}} - T_{\text{D}})$ を用いて $Q_{\text{CD}} = 1 \cdot C_V (T_{\text{C}} - T_{\text{D}})$ と表せます。(2) と (3) の結果を代入すると、

■ (6) この熱機関の熱効率 $e$ を $a, b, \gamma$ を用いて表わせ。

1サイクル（$\text{A}\to\text{B}\to\text{C}\to\text{D}\to\text{A}$）において、$\text{B}\to\text{C}$ と $\text{D}\to\text{A}$ は断熱変化（熱の出入り $0$）であるため、
・気体が吸収した熱量：$Q_{\text{in}} = Q_{\text{AB}} = C_P (a - 1) T$
・気体が放出した熱量：$Q_{\text{out}} = Q_{\text{CD}} = C_V (a^\gamma - 1) b^{1-\gamma} T$
です。したがって、熱効率 $e$ の定義式 $e = \dfrac{Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}} = 1 - \dfrac{Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}}$ に代入すると、

ここで温度 $T$ が約分され、さらに $\gamma = \dfrac{C_P}{C_V}$ より $\dfrac{C_V}{C_P} = \dfrac{1}{\gamma}$ であるから、

■ I. (1) 時間 $\Delta t$ 後の波面の断面を図示せよ。

時刻 $t = 0$ に平面波の波面は $y$ 軸（$x = 0$）上にあります。
・点 $\text{P}$ より上側（$y \geqq y_{\text{P}}$）および点 $\text{Q}$ より下側（$y \leqq -y_{\text{P}}$）の光：
時刻 $t = 0$ から $t = \Delta t$ までずっと屈折率 $n_0$ の媒質中を速さ $v_0 = \dfrac{c}{n_0}$ で直進するため、波面は点 $\text{P}$、点 $\text{Q}$ を通り $y$ 軸に平行な直線 $x = x_{\text{P}} = \dfrac{c}{n_0}\Delta t$ となります。
・点 $\text{P}$ と点 $\text{Q}$ の間の光（$-y_{\text{P}} < y < y_{\text{P}}$）：
途中で屈折率 $n_1$（$> n_0$）の半球内部に入るため、光速が $v_1 = \dfrac{c}{n_1} \left( < \dfrac{c}{n_0} \right)$ に遅くなります。中心（$x$ 軸上）に近い光ほど早く（$t = 0$ から）半球内部に入って遅く進む時間が長いため、$x$ 軸上で最も遅れ（$x_{\text{R}} < x_{\text{P}}$）、さらに球面で中心向きに屈折するため、上の図の赤太線のように点 $\text{P }$ と点 $\text{Q}$ を結び、左側（原点 $\text{O}$ 側）に張り出した（右に向かって凹んだ）滑らかな曲線となります。

■ I. (2) 点 $\text{P}$ の $y$ 座標を求めよ。

屈折率 $n_0$ の媒質中における光の速さは $v_0 = \dfrac{c}{n_0}$ です。時刻 $t = 0$ に $x = 0$ を出発した波面が、時間 $\Delta t$ 後に球面上の点 $\text{P}(x_{\text{P}}, y_{\text{P}})$（$y_{\text{P}} > 0$）に到達するので、点 $\text{P}$ の $x$ 座標は、 $$x_{\text{P}} = v_0 \Delta t = \frac{c\Delta t}{n_0}$$ 一方、点 $\text{P}$ は中心 $\text{C}(a, 0)$、半径 $a$ の円周上にあるため、円の方程式 $(x - a)^2 + y^2 = a^2$ を満たします。これに $x = x_{\text{P}}$ を代入して $y_{\text{P}} > 0$ について解くと、 $$\left( \frac{c\Delta t}{n_0} - a \right)^2 + y_{\text{P}}^2 = a^2$$ $$y_{\text{P}}^2 = a^2 - \left( a - \frac{c\Delta t}{n_0} \right)^2 = \frac{2ac\Delta t}{n_0} - \left( \frac{c\Delta t}{n_0} \right)^2 = \frac{c\Delta t}{n_0}\left( 2a - \frac{c\Delta t}{n_0} \right)$$ よって、点 $\text{P}$ の $y$ 座標は、 $$y_{\text{P}} = \sqrt{\frac{c\Delta t}{n_0}\left( 2a - \frac{c\Delta t}{n_0} \right)}$$

■ I. (3) 点 $\text{R}$ の $x$ 座標を求めよ。

$x$ 軸上を進む光は、時刻 $t = 0$ に原点 $\text{O}(0, 0)$ から屈折率 $n_1$ の半球内部に入射し、時間 $\Delta t$ の間ずっと速さ $v_1 = \dfrac{c}{n_1}$ で $x$ 軸上を直進します。
したがって、時間 $\Delta t$ 後に到達する点 $\text{R}$ の $x$ 座標 $x_{\text{R}}$ は、 $$x_{\text{R}} = v_1 \Delta t = \frac{c\Delta t}{n_1}$$

■ II. (4) 半球の平面 $\text{AB}$ で屈折しないと仮定したときの、見かけの焦点の $x$ 座標を求めよ。

【解法1：スネルの法則（屈折の法則）と微小角近似を用いる方法】
$y = 0$ の近傍（$y$ が十分小さい範囲）で $x$ 軸に平行に入射し、球面上の点 $\text{P}$ で屈折する光線を考えます。
球面の中心 $\text{C}(a, 0)$ と点 $\text{P}$ を結ぶ直線 $\text{CP}$ が球面の法線となります。線分 $\text{CP}$ が $x$ 軸の負の向きとなす角を $\theta$（$\theta \ll 1$）とすると、光線の入射角は $\theta$ です。
球面での屈折角を $\phi$ とし、屈折した光線が見かけの焦点 $\text{F}_1(x_1, 0)$ で $x$ 軸と交わるとします。$\triangle \text{PCF}_1$ に着目すると、線分 $\text{CF}_1$ と光線 $\text{PF}_1$ のなす角を $\alpha$ とおけば、外角の関係より、 $$\theta = \phi + \alpha \quad \Longleftrightarrow \quad \alpha = \theta - \phi$$ $\theta$ が十分小さいとき、$\phi, \alpha$ も十分小さいため、近似式 $\sin\theta \fallingdotseq \theta$ 等を用いると、点 $\text{P}$ における屈折の法則 $n_0 \sin\theta = n_1 \sin\phi$ より、 $$n_0 \theta \fallingdotseq n_1 \phi \quad \Longleftrightarrow \quad \phi \fallingdotseq \frac{n_0}{n_1}\theta$$ よって、$\alpha = \theta - \phi \fallingdotseq \left( 1 - \dfrac{n_0}{n_1} \right)\theta = \dfrac{n_1 - n_0}{n_1}\theta$ となります。
点 $\text{P}$ から $x$ 軸までの高さ $y_{\text{P}}$ について、$\theta \ll 1$ のとき $x_{\text{P}} \fallingdotseq 0$ であり、 $$y_{\text{P}} = a\sin\theta \fallingdotseq a\theta \quad \text{また、} \quad y_{\text{P}} = x_1 \tan\alpha \fallingdotseq x_1 \alpha$$ が成り立つので、これより見かけの焦点の $x$ 座標 $x_1$ は、 $$x_1 \fallingdotseq \frac{y_{\text{P}}}{\alpha} = \frac{a\theta}{\dfrac{n_1 - n_0}{n_1}\theta} = \frac{n_1}{n_1 - n_0}a$$

【解法2：(1)〜(3)の波面（等光路長・ホイヘンスの原理）を用いる別解】
時刻 $\Delta t$ の波面 $\text{PRQ}$ が、見かけの焦点 $\text{F}_1(x_1, 0)$ を中心とする半径 $r = x_1 - x_{\text{R}}$ の円弧に近似できることから、三平方の定理 $(x_1 - x_{\text{P}})^2 + y_{\text{P}}^2 = (x_1 - x_{\text{R}})^2$ に $\Delta t$ の1次の微小量まで（$(\Delta t)^2$ の項を無視して）代入すると、 $$x_1^2 - 2x_1 \frac{c\Delta t}{n_0} + \frac{2ac\Delta t}{n_0} \fallingdotseq x_1^2 - 2x_1 \frac{c\Delta t}{n_1} \quad \Longleftrightarrow \quad x_1 \left( \frac{1}{n_0} - \frac{1}{n_1} \right) = \frac{a}{n_0} \quad \therefore x_1 = \frac{n_1}{n_1 - n_0}a$$ となり、同じ結果が得られます。

■ II. (5) 真の焦点の $x$ 座標（焦点距離）を求めよ。

半球の平面 $\text{AB}$ は $x = a$ の位置にあります。問題文の図3・図4の設定より $n_1 > n_0$ であるため、上で求めた $x_1 = \dfrac{n_1}{n_1 - n_0}a$ は $x_1 > a$ となり、光線は点 $\text{F}_1(x_1, 0)$ に集まる前に平面 $\text{AB}$（$x = a$）を通過して再び屈折率 $n_0$ の媒質中へ出ます。
平面 $\text{AB}$ 上の点 $\text{M}(a, y_{\text{M}})$ に入射角 $\alpha$ で達した光線が、屈折角 $\beta$ で屈折して真の焦点 $\text{F}(x_f, 0)$ で $x$ 軸と交わるとします。
平面 $\text{AB}$ における屈折の法則と微小角近似より、 $$n_1 \sin\alpha = n_0 \sin\beta \quad \Longrightarrow \quad n_1 \alpha \fallingdotseq n_0 \beta \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{\alpha}{\beta} \fallingdotseq \frac{n_0}{n_1}$$ また、点 $\text{M}$ の高さ $y_{\text{M}}$ について、直角三角形 $\triangle \text{MCF}_1$ と $\triangle \text{MCF}$ に着目すると、 $$y_{\text{M}} = (x_1 - a)\tan\alpha \fallingdotseq (x_1 - a)\alpha, \qquad y_{\text{M}} = (x_f - a)\tan\beta \fallingdotseq (x_f - a)\beta$$ これより、平面 $\text{AB}$（$x = a$）から焦点までの距離に関して、 $$x_f - a = \frac{\alpha}{\beta}(x_1 - a) = \frac{n_0}{n_1}\left( \frac{n_1}{n_1 - n_0}a - a \right) = \frac{n_0}{n_1} \cdot \frac{n_0}{n_1 - n_0}a = \frac{n_0^2}{n_1(n_1 - n_0)}a$$ したがって、真の焦点の $x$ 座標 $x_f$ は、 $$x_f = a + \frac{n_0^2}{n_1(n_1 - n_0)}a = \frac{n_1^2 - n_0 n_1 + n_0^2}{n_1(n_1 - n_0)}a$$

■ II. (6) 焦点距離が $2a$ に等しくなるときの、$\dfrac{n_1}{n_0}$ の値を求めよ。

(5)の結果において $x_f = 2a$ とおくと、 $$a + \frac{n_0^2}{n_1(n_1 - n_0)}a = 2a \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{n_0^2}{n_1(n_1 - n_0)} = 1$$ ここで $\dfrac{n_1}{n_0} = X$（$X > 1$）とおくと、分母・分子を $n_0^2$ で割って、 $$\frac{1}{X(X - 1)} = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad X^2 - X - 1 = 0$$ 2次方程式の解の公式より、$X > 1$ を満たす解を求めると、 $$X = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$$