東邦大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

Step 1：台が $x=l$ に達する時刻 $t_1$ を求める

等加速度直線運動の変位の公式 $x = \dfrac{1}{2}at^2$ に、$x=l$、$a=\dfrac{g}{2}$、$t=t_1$ を代入します。

$$l = \frac{1}{2}\left(\frac{g}{2}\right)t_1^2 = \frac{g}{4}t_1^2$$

これを $t_1^2$ について解くと、$t_1^2 = \dfrac{4l}{g}$ より、$t_1 > 0$ なので：

$$t_1 = 2\sqrt{\frac{l}{g}}$$

Step 2：台が $x=9l$ に達する時刻 $t_2$ を求める

同様に、$x=9l$ に達する時刻を $t_2$ とすると：

$$9l = \frac{1}{2}\left(\frac{g}{2}\right)t_2^2 = \frac{g}{4}t_2^2 \implies t_2^2 = \frac{36l}{g}$$ $$t_2 = 6\sqrt{\frac{l}{g}}$$

Step 3：滞空時間 $\Delta t = t_2 - t_1$ を計算する

$$\Delta t = t_2 - t_1 = 6\sqrt{\frac{l}{g}} - 2\sqrt{\frac{l}{g}} = 4\sqrt{\frac{l}{g}}$$

選択肢の形に合わせてルートの中を整理すると、$4 = 2 \times \sqrt{4}$ なのでではなく、選択肢を見ると $\sqrt{\dfrac{2l}{g}}$ の形と $\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ の形があります！
選択肢 e にそのまま $4\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ がありますが、ちょっと待ってください！もう一度計算を確認しましょう！

Step 1：滞空時間 $T = 4\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ の間に小球が水平方向に進んだ距離を求める

小球は $x=l$ のときに点Pから投げ出され、$x=9l$ のときに再び点Pに落ちてきました。
つまり、床から見ると、小球は時間 $T = 4\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ の間に、水平方向へ

$$\Delta x = 9l - l = 8l$$

だけ等速直線運動をしたことになります！（※これを使えば慣性力すら使わずに1秒で出ます！）

Step 2：床から見た水平速度 $v_x$ を計算する

空中にある間、小球には水平方向に力が働かないので、水平速度 $v_x$ は一定です。よって：

$$v_x = \frac{\Delta x}{T} = \frac{8l}{4\sqrt{\dfrac{l}{g}}} = 2\frac{l}{\sqrt{\dfrac{l}{g}}} = 2\sqrt{gl}$$

最高点では鉛直方向の速度 $v_y = 0$ なので、最高点における速さは $v_x = 2\sqrt{gl}$ となります。

Step 1：投射時（$x=l$、時刻 $t_1 = 2\sqrt{\dfrac{l}{g}}$）の台の速度 $V_1$ を求める

台は初速度 $0$、加速度 $\dfrac{g}{2}$ で動いているので、時刻 $t_1$ における台の速度 $V_1$ は：

$$V_1 = a t_1 = \frac{g}{2} \cdot 2\sqrt{\frac{l}{g}} = \sqrt{gl}$$

Step 2：台から見た初速度の水平成分 $v_{0x'}$ を求める

床から見た小球の水平速度 $v_x = 2\sqrt{gl}$ は、「投射時の台の速度 $V_1$」と「台から見た水平初速度 $v_{0x'}$」の和（$v_x = V_1 + v_{0x'}$）です。したがって：

$$v_{0x'} = v_x - V_1 = 2\sqrt{gl} - \sqrt{gl} = \sqrt{gl}$$

Step 3：初速度の鉛直成分 $v_{0y}$ を求める

台は水平にしか動かないので、鉛直方向の運動は床から見ても台から見ても同じ「初速度 $v_{0y}$、重力加速度 $g$ の鉛直投げ上げ」です。
滞空時間 $T = 4\sqrt{\dfrac{l}{g}}$ で元の高さに戻るので、公式 $0 = v_{0y}T - \dfrac{1}{2}gT^2$ より：

$$v_{0y} = \frac{1}{2}gT = \frac{1}{2}g \cdot 4\sqrt{\frac{l}{g}} = 2\sqrt{gl}$$

Step 4：初速度の大きさ $v_0$ を求める

$$v_0 = \sqrt{v_{0x'}^2 + v_{0y}^2} = \sqrt{(\sqrt{gl})^2 + (2\sqrt{gl})^2} = \sqrt{gl + 4gl} = \sqrt{5gl}$$

$$\tan\theta = \frac{v_{0y}}{v_{0x'}} = \frac{2\sqrt{gl}}{\sqrt{gl}} = 2$$

Step 1：中心O向きの合力を求める

点Pにおいて、中心O向き（斜面上向き）に働く力は張力の斜面成分 $\dfrac{1}{2}T_{\text{P}}$、逆向き（斜面下向き）に働く力は重力の斜面成分 $mg\sin\theta$ です。

Step 2：円運動の運動方程式を立てて $T_{\text{P}}$ を解く

向心加速度の大きさは $\dfrac{v^2}{r} = \dfrac{v^2}{l/2} = \dfrac{2v^2}{l}$ なので、運動方程式は：

$$m\frac{v^2}{l/2} = \frac{1}{2}T_{\text{P}} - mg\sin\theta$$ $$\frac{2mv^2}{l} = \frac{1}{2}T_{\text{P}} - mg\sin\theta$$

両辺を2倍して $T_{\text{P}}$ について解くと：

$$T_{\text{P}} = 2mg\sin\theta + \frac{4mv^2}{l}$$

Step 1：平面板に垂直な方向の力のつり合い

平面板から垂直に上向きに働く力は「垂直抗力 $N_{\text{P}}$」と「張力の垂直成分 $\dfrac{\sqrt{3}}{2}T_{\text{P}}$」、垂直に下向きに働く力は「重力の垂直成分 $mg\cos\theta$」です。よって：

$$N_{\text{P}} + \frac{\sqrt{3}}{2}T_{\text{P}} = mg\cos\theta$$

Step 2：問1の $T_{\text{P}} = 2mg\sin\theta + \dfrac{4mv^2}{l}$ を代入する

$$N_{\text{P}} = mg\cos\theta - \frac{\sqrt{3}}{2}\left(2mg\sin\theta + \frac{4mv^2}{l}\right)$$ $$N_{\text{P}} = (\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta)mg - 2\sqrt{3}\frac{mv^2}{l}$$

（※選択肢を注意深く見比べると、係数に $2$ がついている c, d と、ついていない e, f があります。ここは $mg\cos\theta - \sqrt{3}mg\sin\theta = (\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta)mg$ なので、f です！）

Step 1：PからQまでの鉛直方向の高さの変化 $\Delta H$ を求める

円軌道の半径は $r = \dfrac{l}{2}$ なので、最低点Pから最高点Qまでの「平面板に沿った距離（直径）」は：

$$2r = 2 \times \frac{l}{2} = l$$

平面板は水平面から角 $\theta$ だけ傾いているので、PからQへ行くと、鉛直方向の高さは

$$\Delta H = l\sin\theta$$

だけ高くなります！

Step 2：力学的エネルギー保存則を立てて $v_{\text{Q}}$ を求める

点Pの高さを重力による位置エネルギーの基準とすると、Qにおける速さ $v_{\text{Q}}$ について：

$$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}mv_{\text{Q}}^2 + mgl\sin\theta$$

両辺を $\dfrac{2}{m}$ 倍して整理すると：

$$v_{\text{Q}}^2 = v^2 - 2gl\sin\theta \implies v_{\text{Q}} = \sqrt{v^2 - 2gl\sin\theta}$$

Step 1：点Qでの円運動の運動方程式を立てる

中心O向き（斜面下向き）を正とすると：

$$m\frac{v_{\text{Q}}^2}{l/2} = \frac{1}{2}T_{\text{Q}} + mg\sin\theta$$

Step 2：問3の $v_{\text{Q}}^2 = v^2 - 2gl\sin\theta$ を代入して $T_{\text{Q}}$ を解く

$$\frac{2m(v^2 - 2gl\sin\theta)}{l} = \frac{1}{2}T_{\text{Q}} + mg\sin\theta$$ $$\frac{2mv^2}{l} - 4mg\sin\theta = \frac{1}{2}T_{\text{Q}} + mg\sin\theta$$

$mg\sin\theta$ を移項して両辺を2倍すると：

$$\frac{1}{2}T_{\text{Q}} = \frac{2mv^2}{l} - 5mg\sin\theta \implies T_{\text{Q}} = \frac{4mv^2}{l} - 10mg\sin\theta$$

Step 1：$N_{\text{Q}}$ と $N_{\text{P}}$ の差を $T_{\text{P}}, T_{\text{Q}}$ で表す

$$N_{\text{Q}} = mg\cos\theta - \frac{\sqrt{3}}{2}T_{\text{Q}}, \quad N_{\text{P}} = mg\cos\theta - \frac{\sqrt{3}}{2}T_{\text{P}}$$

辺々を引き算すると、$mg\cos\theta$ がきれいに消えて：

$$N_{\text{Q}} - N_{\text{P}} = \frac{\sqrt{3}}{2}(T_{\text{P}} - T_{\text{Q}})$$

Step 2：$T_{\text{P}}$ と $T_{\text{Q}}$ を代入する

問1より $T_{\text{P}} = \dfrac{4mv^2}{l} + 2mg\sin\theta$、問4より $T_{\text{Q}} = \dfrac{4mv^2}{l} - 10mg\sin\theta$ なので：

$$T_{\text{P}} - T_{\text{Q}} = \left(\frac{4mv^2}{l} + 2mg\sin\theta\right) - \left(\frac{4mv^2}{l} - 10mg\sin\theta\right) = 12mg\sin\theta$$

よって：

$$N_{\text{Q}} - N_{\text{P}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 12mg\sin\theta = 6\sqrt{3}mg\sin\theta$$

Step 1：糸がたるまない条件（$T \ge 0$）から $v$ の下限を求める

円運動の1周の中で、速さが最も遅くなり、重力の斜面成分も中心向きに働く最高点Qで張力 $T$ は最小になります。
よって、最高点Qで糸がたるまない条件 $T_{\text{Q}} \ge 0$ を立てると：

$$T_{\text{Q}} = \frac{4mv^2}{l} - 10mg\sin\theta \ge 0$$ $$\frac{4mv^2}{l} \ge 10mg\sin\theta \implies v^2 \ge \frac{5}{2}gl\sin\theta$$ $$v \ge \sqrt{\frac{5gl\sin\theta}{2}}$$

（※なお、このとき $v_{\text{Q}}^2 = v^2 - 2gl\sin\theta \ge \dfrac{1}{2}gl\sin\theta > 0$ も自動的に満たされています！これが $v$ の下限です！）

Step 1：最低点Pで平面板から離れない条件（$N_{\text{P}} \ge 0$）を立てる

問2で求めた $N_{\text{P}}$ が $0$ 以上であることから：

$$(\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta)mg - 2\sqrt{3}\frac{mv^2}{l} \ge 0$$

これを $v^2$ について整理すると（$v$ の上限の条件）：

$$2\sqrt{3}\frac{mv^2}{l} \le (\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta)mg$$

Step 2：問6の「$v^2$ の下限」と組み合わせる

問6より、円運動が成立するためには $v^2 \ge \dfrac{5}{2}gl\sin\theta$ でなければなりません。
このような $v$ が存在するためには、「下限 $\le$ 上限」でなければならないので、左辺の $v^2$ に下限値 $\dfrac{5}{2}gl\sin\theta$ を代入した不等式が成り立つ必要があります：

$$2\sqrt{3}\frac{m}{l}\left(\frac{5}{2}gl\sin\theta\right) \le (\cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta)mg$$

Step 3：不等式を $\tan\theta$ について解く

両辺を $mg$ で割ると：

$$5\sqrt{3}\sin\theta \le \cos\theta - \sqrt{3}\sin\theta$$

$-\sqrt{3}\sin\theta$ を左辺に移項すると：

$$6\sqrt{3}\sin\theta \le \cos\theta$$

$\cos\theta > 0$ で両辺を割り、$6\sqrt{3}$ で割ると：

$$\tan\theta \le \frac{1}{6\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{18}$$

これは問題文の条件 $0 < \tan\theta < \dfrac{\sqrt{3}}{3}$ の範囲内にあるので、求める $\tan\theta$ の上限値は $\dfrac{\sqrt{3}}{18}$ です！（※）

無限遠（$r=\infty$）から外表面（$r=4a$）までは、電場 $E(r) = \dfrac{kQ}{r^2}$ が働いているので、$r=4a$ の電位は半径 $4a$ の球に $+Q$ が帯電しているときと同じです：

$$V\left(\frac{7}{2}a\right) = V(4a) = \frac{kQ}{4a}$$

Step 1：$r=3a$ から $r=2a$ までの電位の上昇分 $\Delta V$ を求める

点電荷 $+Q$ の電場の中で $r=3a$ から $r=2a$ まで近づくときの電位差は：

$$\Delta V = kQ\left(\frac{1}{2a} - \frac{1}{3a}\right) = \frac{kQ}{6a}$$

Step 2：$V(3a) = \dfrac{kQ}{4a}$ に足し合わせる

$$V(2a) = V(3a) + \Delta V = \frac{kQ}{4a} + \frac{kQ}{6a} = \frac{3kQ + 2kQ}{12a} = \frac{5kQ}{12a}$$

$r=3a$ から $r=a$ までの電位上昇を $V(3a) = \dfrac{kQ}{4a}$ に足し合わせます：

$$V\left(\frac{a}{2}\right) = V(a) = V(3a) + kQ\left(\frac{1}{a} - \frac{1}{3a}\right)$$ $$= \frac{kQ}{4a} + \frac{2kQ}{3a} = \frac{3kQ + 8kQ}{12a} = \frac{11kQ}{12a}$$

$r = 5a$ は導体球Bの外側（$r > 4a$）なので：

$$E(5a) = 0$$

一方、空洞内 $r = 2a$ の電場は $E(2a) = \dfrac{kQ}{(2a)^2} = \dfrac{kQ}{4a^2} \neq 0$ です。
よって、$E(5a)$ は $E(2a)$ の $0$ 倍です。

$$V(2a) = V(3a) + kQ\left(\frac{1}{2a} - \frac{1}{3a}\right) = 0 + \frac{kQ}{6a} = \frac{kQ}{6a}$$

Step 1：電極SからRまで加速された後の速さ $v$ を求める

静止していた正電荷 $q$、質量 $m$ の粒子Aが電圧 $V$ で加速されるので、エネルギー保存則より：

$$\frac{1}{2}mv^2 = qV \implies v = \sqrt{\frac{2qV}{m}}$$

電極Rを出た後、原点Oまでは電場も磁場もないので、粒子Aは速さ $v$ のまま等速直線運動をして原点Oに突入します。

Step 2：磁場中での円運動の半径 $R_c$ を求める

磁場中では速さ $v$ で等速円運動をするので、半径を $R_c$ とすると運動方程式は：

$$m\frac{v^2}{R_c} = qvB \implies R_c = \frac{mv}{qB}$$

ここに Step 1 の $v = \sqrt{\dfrac{2qV}{m}}$ を代入すると：

$$R_c = \frac{m}{qB}\sqrt{\frac{2qV}{m}} = \frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mV}{q}}$$

Step 3：ローレンツ力の向きと点Cの座標を求める

原点Oにおいて、正電荷 $q$ の速度ベクトル（電流の向き）は「第2象限向き（$y$ 軸正方向から左へ角 $\theta$ 傾いた向き）」です。
磁場 $\vec{B}$ は「紙面の裏から表向き」なので、フレミングの左手の法則を適用すると、原点Oで受けるローレンツ力の向きは「第1象限向き（$x$ 軸正方向から上へ角 $\theta$ 傾いた向き）」となります！
（※上のSVG図を見てください！速度ベクトルと半径 $\text{OM}$ は直交するので、$\text{OM}$ が $x$ 軸の正の向きとなす角はちょうど $\theta$ になります！）
円の中心Mから $x$ 軸に下ろした垂線の足をHとすると、$\triangle\text{MOC}$ は $\text{MO} = \text{MC} = R_c$ の二等辺三角形なので：

$$\text{OC} = 2\,\text{OH} = 2R_c\cos\theta$$

点Cは $x > 0$ の側にあるので、Cの $x$ 座標は：

$$x_{\text{C}} = 2R_c\cos\theta = \frac{2\cos\theta}{B}\sqrt{\frac{2mV}{q}}$$

Step 1：区間①（S $\to$ R）の時間 $t_1$ を求める

初速度 $0$ から一定の加速度で速さ $v$ まで加速されるので、平均の速さは $\dfrac{0 + v}{2} = \dfrac{v}{2}$ です！
この平均の速さで距離 $d$ を進むので：

$$t_1 = \frac{d}{v/2} = \frac{2d}{v}$$

Step 2：区間②（R $\to$ O）の時間 $t_2$ を求める

RからOまでは速さ $v$ の等速直線運動で距離 $l$ を進むので：

$$t_2 = \frac{l}{v}$$

Step 1 と Step 2 を合わせると、SからOまでの時間 $t_1 + t_2$ は：

$$t_1 + t_2 = \frac{2d + l}{v} = (2d + l)\sqrt{\frac{m}{2qV}}$$

Step 3：区間③（O $\to$ C）の磁場中の時間 $t_3$ を求める

二等辺三角形 $\triangle\text{MOC}$ において、底角は $\angle\text{MOC} = \angle\text{MCO} = \theta = \dfrac{\pi}{3}$ です。
したがって、$\triangle\text{MOC}$ の頂角（下側の角 $\angle\text{OMC}$）は：

$$\angle\text{OMC} = \pi - 2\theta = \pi - \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{3}$$

しかし、粒子Aは原点Oから上側（$y \ge 0$ の領域）へ飛び出してぐるっと大きく回って点Cに到達しています！（上のSVG図の紫色の実線軌道！）
したがって、粒子AがOからCまで回転した中心角 $\Phi$ は、1周 $2\pi$ から下側の角 $\angle\text{OMC}$ を引いた優角です：

$$\Phi = 2\pi - \angle\text{OMC} = 2\pi - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{3}$$

円運動の周期は $T = \dfrac{2\pi m}{qB}$ なので、中心角 $\Phi = \dfrac{5\pi}{3}$ だけ回る時間 $t_3$ は：

$$t_3 = T \times \frac{\Phi}{2\pi} = \frac{2\pi m}{qB} \times \frac{5\pi / 3}{2\pi} = \frac{5\pi m}{3qB}$$

Step 4：合計時間 $t_{\text{全}} = t_1 + t_2 + t_3$ を求める

$$t_{\text{全}} = (2d + l)\sqrt{\frac{m}{2qV}} + \frac{5\pi m}{3qB}$$

（※中心角を $\dfrac{2\pi}{3}$ と取り違える引っかけ選択肢 d がありますが、上側に飛び出すので優角 $\dfrac{5\pi}{3}$ となり、正解は f です！）

Step 1：地表に届く音の振動数 $f_1$ と、反射音をPが受信する振動数 $f$

音源Pが速さ $v$ で地表に近づくので、地表での振動数 $f_1$ は：

$$f_1 = \frac{V}{V - v}f_0$$

次に、地表（静止した音源とみなせる）から出た振動数 $f_1$ の反射音に、観測者Pが速さ $v$ で近づくので、Pが受信する振動数 $f$ は：

$$f = \frac{V + v}{V}f_1 = \frac{V + v}{V} \cdot \frac{V}{V - v}f_0 = \frac{V + v}{V - v}f_0$$

Step 2：$\dfrac{v}{V}$ について解く

$$(V - v)f = (V + v)f_0 \implies (f - f_0)V = (f + f_0)v$$ $$\frac{v}{V} = \frac{f - f_0}{f + f_0}$$

Step 1：気球の移動距離と音の移動距離の式を立てる

$$\begin{cases} H_0 - h = vT & \cdots \text{①（気球が時間 $T$ で降下した距離）} \\ H_0 + h = VT & \cdots \text{②（音が時間 $T$ で往復した距離）} \end{cases}$$

Step 2：② $-$ ① を計算して $h$ を求める

$$2h = (V - v)T \implies h = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{v}{V}\right)VT$$

ここに問1で求めた $\dfrac{v}{V} = \dfrac{f - f_0}{f + f_0}$ を代入すると：

$$\frac{h}{VT} = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{f - f_0}{f + f_0}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{(f + f_0) - (f - f_0)}{f + f_0} = \frac{f_0}{f + f_0}$$

$$f_1 = \frac{1}{1 - \dfrac{v}{V}}f_0 = \frac{1}{1 - \dfrac{f - f_0}{f + f_0}}f_0 = \frac{f + f_0}{(f + f_0) - (f - f_0)}f_0 = \frac{f + f_0}{2f_0}f_0 = \frac{f + f_0}{2}$$

音は時間 $T$ の間に、行き（$H_0 \to 0$）に時間 $t_1$、帰り（$0 \to h$）に時間 $\dfrac{h}{V}$ かかっているので：

$$t_1 + \frac{h}{V} = T \implies \frac{t_1}{T} = 1 - \frac{h}{VT}$$

問2で求めた $\dfrac{h}{VT} = \dfrac{f_0}{f + f_0}$ を代入すると：

$$\frac{t_1}{T} = 1 - \frac{f_0}{f + f_0} = \frac{f}{f + f_0}$$

Step 1：$f_1 = \dfrac{f + f_0}{2}$ と $t_1 = \dfrac{f}{f + f_0}T$ を代入する

$$2\pi f_1(t - t_1) = 2\pi \cdot \frac{f + f_0}{2}\left(t - \frac{f}{f + f_0}T\right)$$

外側の $2$ と分母の $2$ を約分して、カッコの中に $(f + f_0)$ を掛け算すると：

$$= \pi\left\{(f + f_0)t - fT\right\}$$

おっと、選択肢の位相の定数項を見ると $\dfrac{fT}{2}$ のものと $fT$ のものがあります！
ここは非常に重要なので、厳密な遅延時間 $t'$（時刻 $t$ に地表に届く音がPから出た時刻 $t'$）から導出して完全決着をつけましょう！

Step 2：【厳密確認】時刻 $t$ に地表に届く音が発信された時刻 $t'$ を求める

時刻 $t'$ における気球Pの高さは $y_{\text{P}}(t') = H_0 - vt'$ です。
この音が速さ $V$ で地表に届く時刻が $t$ なので、伝播時間は $t - t' = \dfrac{H_0 - vt'}{V}$ です。
両辺に $V$ を掛けると：

$$V(t - t') = H_0 - vt' \implies (V - v)t' = Vt - H_0$$

ここで、$H_0 = Vt_1$（問4より $t_1 = \dfrac{f}{f + f_0}T$）なので：

$$t' = \frac{V}{V - v}(t - t_1)$$

時刻 $t$ に地表に届く音の変位は、時刻 $t'$ にPが出した音の変位 $A\sin(2\pi f_0 t')$ に等しいので：

$$y_{\text{地表}}(t) = A\sin(2\pi f_0 t') = A\sin\left\{2\pi\left(\frac{V}{V - v}f_0\right)(t - t_1)\right\}$$

ここで $\dfrac{V}{V - v}f_0 = f_1 = \dfrac{f + f_0}{2}$ なので、やはり：

$$y_{\text{地表}}(t) = A\sin\left\{2\pi \cdot \frac{f + f_0}{2}\left(t - \frac{f}{f + f_0}T\right)\right\} = A\sin\left[\pi\left\{(f + f_0)t - fT\right\}\right]$$

となります！選択肢 f に $A\sin\left[\pi\left\{(f+f_0)t - fT\right\}\right]$ がピタリとあります！（※）