日本大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

図をよく見ると，角度 $\theta$ は「壁の法線（＝壁に垂直な線）」と進行方向のなす角です。
したがって，直角三角形の底辺（$\theta$ を挟む辺）が「壁に垂直な方向」，対辺（$\theta$ の向かい側の辺）が「壁に平行な方向」になります。

摩擦力を無視できるとき：

• 壁に平行な方向には力が一切働かないので，速度成分はそのまま保たれます： $$ v_{/\!/} = v_0 \sin\theta $$
• 壁に垂直な方向は，はねかえり係数 $e$ によって速さが $e$ 倍になって跳ね返ります： $$ v_{\perp} = e \times (\text{衝突前の垂直成分}) = e v_0 \cos\theta $$

衝突後の進行方向が壁の法線（壁に垂直な線）となす角が $\phi$ です。
よって，衝突後の速度ベクトルがつくる直角三角形において，

• 角 $\phi$ を挟む隣辺（底辺）＝ 壁に垂直な成分の大きさ $v_{\perp}$
• 角 $\phi$ の向かい側の対辺（高さ）＝ 壁に平行な成分の大きさ $v_{/\!/}$

まず，$\theta = 45^\circ$， $e = \dfrac{1}{2}$ を用いて，壁に垂直な方向の速さを計算します。
$\cos 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ なので，

• 衝突前の壁に垂直な速さ（壁に向かう右向き）： $$ v_{0\perp} = v_0 \cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} v_0 $$
• 衝突後の壁に垂直な速さ（壁から跳ね返る左向き）： $$ v_{\perp} = e v_0 \cos 45^\circ = \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} v_0 = \frac{\sqrt{2}}{4} v_0 $$

壁から離れる向き（左向き）を正とすると，衝突前の垂直方向の速度は $-v_{0\perp}$，衝突後は $+v_{\perp}$ です。
向きが逆転しているので，運動量の変化の大きさは「足し算」になることに注意しましょう！

問題文の条件より，平行な方向の力積の大きさ $I_{/\!/}$ は，垂直な方向の力積の大きさ $I_{\perp}$ の $\dfrac{1}{2}$ 倍です。
(3)で求めた $I_{\perp} = \dfrac{3\sqrt{2}}{4} m v_0$ を使うと，

壁に平行な方向（図の上向き）を正とします。
衝突前の平行方向の速度は $v_0 \sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2} v_0$ です。
動摩擦力は運動を妨げる向き（図の下向き＝負の向き）に働くため，小球は $-I_{/\!/}$ の力積を受けます。

両辺を $m$ で割り，$\sin 45^\circ = \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{4\sqrt{2}}{8}$ を代入します：

はじめ容器Aに入っていた気体の物質量を $n_0$ とすると，理想気体の状態方程式より，

次に栓を開くと，気体は真空だった容器Bへ膨張します（断熱自由膨張）。このとき：

• 容器・ピストン・管はすべて断熱材であり，温度調節器も作動させていないので，外部との熱の出入りは $Q = 0$。
• ピストンは固定されており，真空に向かって広がるだけなので，気体が外部にする仕事も $W = 0$。

したがって，熱力学第一法則 $\Delta U = Q + W$ より，内部エネルギーの変化は $\Delta U = 0$ となります。
理想気体の内部エネルギー $U = n_0 C_V T$ は絶対温度 $T$ のみに比例するため，温度は変化せず $T_0$ のままです！

状態Iでは，容器Aの容積は $V_A = Sl$，容器Bの容積も $V_B = Sl$ でまったく同じ容積です。
気体はAとB全体に均一（同じ圧力・同じ温度 $T_0$）に広がっているので，全物質量 $n_0$ がちょうど半分ずつAとBに分かれます。

※なお，このとき状態Iにおける気体の圧力 $p_{\text{I}}$ は，体積が $Sl \to 2Sl$ の2倍になったのでボイルの法則より $p_{\text{I}} = \dfrac{1}{2}p_0$ です。

栓を閉じてピストンを固定したまま容器Bを加熱するので，容器Bの気体（物質量 $n_B = \dfrac{p_0 S l}{2 R T_0}$，容積 $V_B = Sl$ 一定）は定積変化をします。
容器Bの気体の圧力は，

• 状態Iの圧力：$p_{\text{I}} = \dfrac{1}{2} p_0$ （温度 $T_{\text{I}} = T_0$）
• 状態IIの圧力：$p_{\text{II}} = p_0$ （圧力が2倍になったので，温度も2倍の $T_{\text{II}} = 2T_0$）

定積変化では気体がする仕事は $0$ なので，吸収した熱量 $Q_{\text{I}\to\text{II}}$ はすべて内部エネルギーの増加 $\Delta U_B$ になります。
定積モル比熱 $C_V = \dfrac{3}{2}R$ を用いると，

ここに(2)で求めた $n_B = \dfrac{p_0 S l}{2 R T_0}$（すなわち $n_B R T_0 = \dfrac{1}{2} p_0 S l$）を代入します：

状態IIで容器Bの圧力は外気圧と同じ $p_0$ になっており，温度は $T_{\text{II}} = 2T_0$，容積は $V_{\text{II}} = Sl$ です。
ここからピストンを自由に動けるようにして加熱すると，ピストンは常に右側の外気圧 $p_0$ とつり合いながら動くため，容器Bの気体は圧力 $p_0$ 一定の定圧変化をします。
容積が $V_{\text{II}} = Sl$ から $V_{\text{III}} = 2Sl$ へと2倍になったので，シャルルの法則（$\dfrac{V}{T} = \text{一定}$）より絶対温度も状態IIの2倍になります！

【別解（状態方程式で一発確認）】状態IIIの容器Bについて $p_0 (2Sl) = n_B R T_{\text{III}}$。ここに $n_B R = \dfrac{p_0 S l}{2 T_0}$ を代入すると $2 p_0 S l = \dfrac{p_0 S l}{2 T_0} T_{\text{III}} \implies T_{\text{III}} = 4 T_0$。バッチリ一致しますね！

レンズの上面で反射する光は，液面で反射する光に比べて，屈折率 $n = 1.5$ の液体中（深さ $d$）を往復（距離 $2d$）だけ余分に進みます。
したがって，光路差 $\Delta L$ は，

屈折率の大小関係を比べると，

• 液面での反射：空気（$1.0$）$\to$ 液体（$1.5$）の境界での反射。屈折率が小さい媒質から大きい媒質へ向かう反射なので，位相が $\pi$（半波長分）ずれる。
• レンズ上面での反射：液体（$1.5$）$\to$ レンズ（$1.7$）の境界での反射。こちらも屈折率が小さい媒質（$1.5$）から大きい媒質（$1.7$）へ向かう反射なので，位相が $\pi$（半波長分）ずれる。

両方とも位相が $\pi$ ずれるため，反射による位相差は打ち消し合って同位相の波源の干渉と同じ条件になります！

反射で位相差が生じないため，2つの光が弱め合って暗点となる条件は，「光路差 $\Delta L = 3d$ が半波長 $\dfrac{\lambda}{2}$ の奇数倍」であることです。
問題文で「自然数 $m$（$m = 1, 2, 3, \dots$）を用いて」と指定されているので，$m=1$ のとき $\dfrac{1}{2}\lambda$ となるように $\left( m - \dfrac{1}{2} \right)\lambda$ と表します：

レンズ中央付近では球面がほぼ水平なので，外側へ少し進んでも液体の深さは緩やかにしか変化しません。しかし，外側へ行けば行くほど球面の傾きが急になるため，少し外へ進むだけで液体の深さが急激に変化します。
したがって，隣り合う暗環どうしの間隔は外側へ行くほど狭く（密に）なります。
また，中央が暗点なので，中央と1番目の暗環の間はある程度広く開き，1番目 $\to$ 2番目 $\to$ 3番目 $\to$ 4番目と外側に行くにつれて間隔が単調に狭くなっている ③ が正解です！（次の(4)で半径が $\sqrt{k}$ に比例することからも $1 : \sqrt{2} : \sqrt{3} : 2$ の間隔である③だと数学的にも証明できます）。

上の図解のように，中心から水平距離 $r$ だけ離れた位置において，レンズの凹面が中央の最下点よりもどれだけ高くなっているかを $\Delta y$ とします。
球面の中心Oから引いた半径 $R$ の直角三角形に三平方の定理を使うと，

ここで近似式 $(1+x)^n \fallingdotseq 1 + nx$ において $x = -\dfrac{r^2}{R^2}$， $n = \dfrac{1}{2}$ を用いると，

液面は水平で中央の深さが $d$ なので，半径 $r$ の位置における液体の深さ $h$ は中央の深さ $d$ から $\Delta y$ だけ浅くなります：

半径 $r$ の位置での光路差は $3h = 3\left( d - \dfrac{r^2}{2R} \right) = 3d - \dfrac{3r^2}{2R}$ です。
いま，レンズ中央（$r=0$）がすでに暗点（$0$ 番目）になっており，そこでの光路差は $3d = \left( m - \dfrac{1}{2} \right)\lambda$ です。
中央から外側へ向かうと液体の深さ $h$ が減り，光路差が $1$ 波長 $\lambda$ 減るごとに次の暗環（$1$ 番目， $2$ 番目，$\dots$）が現れます！
したがって，外側から数えて $k$ 番目の暗環（半径 $r_k$）では，中央よりも光路差がちょうど $k\lambda$ だけ小さくなっています：

導体棒が磁束密度 $B$ の磁場（紙面表から裏向き）を横切って右向きに速さ $v_1$ で動くと，棒に生じる誘導起電力の大きさ $V_1$ は，

よって，回路に流れる電流の大きさはオームの法則より $I_1 = \dfrac{V_1}{R} = \dfrac{v_1 B l}{R}$ です。
ここで向き（符号）を確認します：

• 導体棒が右へ動くと，閉回路を貫く紙面裏向きの磁束が増えます。レンツの法則（右ねじの法則）より，回路全体には反時計回りに誘導電流が流れます。
• 反時計回りということは，導体棒内部では下から上（Q $\to$ P の向き）に電流が流れます（※なお，

導体棒に大きさ $|I_1| = \dfrac{v_1 B l}{R}$ の電流が流れると，磁場から左向きに大きさ $|I_1| B l$ の電磁力（アンペール力）を受けます。
導体棒が一定の速度 $v_1$ で運動しているとき，加速度は $0$ なので，右向きの外力 $F$ と左向きの電磁力がつり合っています：

これを $v_1$ について解くと，

導体棒を静かに置くと，コンデンサーの上側極板（$+$）から抵抗 $R$ $\to$ P $\to$ Q へと放電電流が流れ，導体棒は右向きの電磁力 $IBl$ を受けて右向きに加速します。
しばらくして導体棒が一定の速度 $v_2$ になったとき，加速度は $a = 0$ です。
導体棒に働く力は電磁力 $IBl$ のみなので，$a=0$ ということは回路に流れる電流が $I = 0$ になったことを意味します！

電流が $I = 0$ のとき，抵抗 $R$ での電圧降下 $RI$ は $0$ です。
したがって，コンデンサーの電圧 $\dfrac{Q}{C}$（上側極板が高電位）と，導体棒の誘導起電力 $v_2 B l$（上側Pが高電位）がちょうどつり合って等しくなっています：

導体棒を P $\to$ Q の向き（正の向き）に電流 $I$ が流れるとき，フレミングの左手の法則より，導体棒は水平右向き（正の向き）に大きさ $I B l$ の電磁力を受けます。
したがって，導体棒の運動方程式は，

ここに問題文で与えられた $a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t}$ と $I = - \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}$ を代入します：

両辺に $\Delta t$ を掛けて消去し，$- \dfrac{\Delta Q}{\Delta v}$ の形に変形すると，