順天堂大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

STEP 1棒の傾き角と、はたらくすべての力を整理する

斜面が水平となす角が $30^\circ$、棒が斜面となす角が $30^\circ$ なので、棒が水平面となす角は $30^\circ + 30^\circ = 60^\circ$ です。
棒の長さを $L$ とし、棒にはたらく力をすべて書き出します。

• 棒の重力 $W$：均一な棒なので、中点（下端から $\dfrac{L}{2}$ の位置）に鉛直下向きにはたらく。
• 斜面からの垂直抗力 $N$：斜面はなめらか（摩擦力 $0$）なので、棒の下端に斜面と垂直な向き（左上向き）にはたらく。
• 糸の張力：棒の上端にはたらく。鉛直上向き成分を $T_y$、水平右向き成分を $T_x$ とおく。

STEP 2力のつりあい（水平・鉛直）と力のモーメントのつりあいを立てる

【もっとエレガントな秒殺法：棒の上端まわりのモーメント！】
求めたいのは $T_y$ です。未知の水平成分 $T_x$ を消去するため、まず水平・鉛直方向の力のつりあいを見ます。斜面は水平と $30^\circ$ をなすので、斜面に垂直な抗力 $N$ は鉛直方向と $30^\circ$、水平方向と $60^\circ$ の角をなします。

つまり、垂直抗力 $N$ さえ分かれば $T_y$ がすぐに求まります！
そこで、未知の張力（$T_x, T_y$）が両方とも集まっている「棒の上端」の点まわりの力のモーメントのつりあいを立てましょう！（上端まわりなら $T_x, T_y$ のモーメントは $0$ になります！）

• 棒は斜面に対して $30^\circ$ 傾いており、垂直抗力 $N$ は斜面に対して $90^\circ$（垂直）です。よって、棒と垂直抗力 $N$ のなす角は $90^\circ - 30^\circ = 60^\circ$ です。
• 棒は水平に対して $60^\circ$ 傾いているので、鉛直下向きの重力 $W$ と棒のなす角は $90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$ です。

したがって、棒の上端まわりの力のモーメントのつりあいより、

両辺を $L$ で割り、$\sin 30^\circ = \dfrac{1}{2}$、$\sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$ を代入すると、

STEP 3①式に代入して $T_y$ を決定する

②式の $\dfrac{\sqrt{3}}{2}N = \dfrac{1}{4}W$ をそのまま①式に代入します！

STEP 1角度 $\theta$ における力学的エネルギー保存則を立てる

小球の質量を $m$ とし、角 $\theta$ の位置での小球の速さを $v$ とします。
頂点 $\text{P}$（中心 $\text{O}$ からの高さ $r$）を基準にすると、角 $\theta$ の位置（中心 $\text{O}$ からの高さ $r\cos\theta$）は、頂点 $\text{P}$ よりも $r - r\cos\theta = r(1-\cos\theta)$ だけ低い位置にあります。
力学的エネルギー保存則より、

STEP 2中心方向の運動方程式と「球面から離れる条件（$N=0$）」

小球が球面上を運動しているとき、円の中心 $\text{O}$ に向かう方向の運動方程式を立てます。重力 $mg$ の中心向き成分は $mg\cos\theta$、球面からの垂直抗力は外向きに $N$ なので、

小球が球の表面から離れる瞬間、垂直抗力 $N = 0$ となるので、②より

STEP 3連立して $\cos\theta$ を求める

③式を①式の左辺に代入して $mv^2$ を消去します。

両辺を $3mgr$ で割ると、

STEP 1図3（$x=0$ の $y$-$t$ グラフ）から振幅 $A$ と周期 $T$ を読み取る

図3は原点 $(x=0)$ における時間変化（$y$-$t$ グラフ）です。グラフより、

• 振幅：$A = 0.5\text{ m}$
• 周期：$T = 0.8\text{ s}$
• 波形：$t=0$ で $y=0$ から $+y$ 向きに立ち上がる正弦（$\sin$）型

よって、原点 $x=0$ における変位 $y(0, t)$ は次のように書けます。

STEP 2$+x$ 向きに速さ $v = 2.5\text{ m/s}$ で進む波の式へ拡張する

波は $x$ 軸の正の向きに速さ $v = 2.5\text{ m/s}$ で進むので、位置 $x$ での振動は、原点 $(x=0)$ の振動よりも時間 $\dfrac{x}{v}$ だけ遅れて届きます。
したがって、時刻 $t$ を $\left(t - \dfrac{x}{v}\right)$ に置き換えれば完成です！

STEP 1媒質1での波長 $\lambda_1$・周期 $T$・波の速さ $v_1$ を求める

「隣り合う山の波面の間隔」は波長 $\lambda_1$ そのものであり、「点 $\text{P}$ を山が通過してから次の山が通過するまでの時間」は周期 $T$ そのものです。

• 媒質1での波長：$\lambda_1 = 3.0\text{ cm}$
• 波の周期：$T = 0.30\text{ s}$（屈折しても周期 $T$・振動数 $f$ は不変！）

よって、媒質1における波の速さ $v_1$ は、

STEP 2屈折の法則を適用して媒質2での速さ $v_2$ を求める

「波面と境界面がなす角」は、そのまま「入射角 $i$」「屈折角 $r$」に等しいので、

• 入射角：$\theta_1 = 60^\circ$
• 屈折角：$\theta_2 = 30^\circ$

屈折の法則 $\dfrac{\sin\theta_1}{\sin\theta_2} = \dfrac{v_1}{v_2}$ より、

問題文の指示通り $\sqrt{3} \fallingdotseq 1.7$ を用いて割り算（または有理化）します。選択肢は $0.5$ 刻み（5.4, 5.9, 6.4）なので、直接 $10 \div 1.7$ を計算すると、

STEP 1(a) 定圧変化の仕事 $W = p\Delta V = nR\Delta T$ から状態 $\text{B}$ の体積 $V_B$ を求める

状態 $\text{A}$ の圧力を $p$ とすると、状態方程式より $pV = nRT$ です。
定圧変化（圧力 $p$ が一定）で状態 $\text{B}$（体積 $V_B$、温度 $T_B$）になったとき、気体が外部にした仕事 $W_{\text{外}}$ は、

ここに $nRT = pV$ を代入すると、

STEP 2(b) 単原子分子の定圧変化における吸収熱量 $Q$ を求める

単原子分子理想気体の定圧変化では、気体がした仕事 $W_{\text{外}} = p\Delta V = nR\Delta T$ に対して、内部エネルギーの変化 $\Delta U$ と吸収した熱量 $Q$ は次の黄金比になります！

今回は $W_{\text{外}} = \dfrac{5}{2}nRT$ なので、

STEP 1(a) 弾丸の運動方程式から時刻 $t$ の速度 $v_{\text{弾}}(t)$ を求める

めり込んでいる最中、質量 $m$ の弾丸が水平方向にはたらく力は、木片から受ける$x$ 軸負の向きの一定の抵抗力 $-f$ のみです！（弾丸はばねに直接触れていません！）
よって、弾丸の加速度を $a_{\text{弾}}$ とすると、運動方程式は

初速度 $v_0$、等加速度 $-\dfrac{f}{m}$ の等加速度直線運動なので、時刻 $t$ における弾丸の速度 $v_{\text{弾}}(t)$ は、

STEP 2(b) 木片にはたらく合力の $x$ 成分 $F_{\text{木}}$ を求める

木片の左端が位置 $x$ にあるとき、ばねは自然長から $x$ だけ縮んでいるので、木片はばねから$x$ 軸負の向きに弾性力 $-kx$ を受けます。
同時に、作用・反作用の法則より、弾丸から$x$ 軸正の向きに大きさ $f$ の力（抵抗力の反作用 $+f$）を受けます。
したがって、木片にはたらく合力の $x$ 成分 $F_{\text{木}}$ は、

STEP 3(c) 木片の単振動の式から時刻 $t$ の位置 $x(t)$ を求める

質量 $M$ の木片の運動方程式を立てると、

これは、木片が以下の単振動を行うことを示しています！

• 振動中心：$x_c = \dfrac{f}{k}$
• 角振動数：$\omega_1 = \sqrt{\dfrac{k}{M}}$（まだ弾丸と一体化していないので質量は $M$ のみ！）
• 初期条件（$t=0$）：位置 $x(0) = 0$、初速度 $v_{\text{木}}(0) = 0$（端から静かにスタート！）

中心 $x_c = \dfrac{f}{k}$ から左に $\dfrac{f}{k}$ だけ離れた端点 $x=0$ から初速度 $0$ でスタートする $\cos$ 型単振動なので、時刻 $t$ における木片の位置 $x(t)$ は、

STEP 1時刻 $t$ における木片の速度 $v_{\text{木}}(t)$ を求める

問1(c)で求めた木片の位置 $x(t) = \dfrac{f}{k}\left[1 - \cos(\omega_1 t)\right]$（ただし $\omega_1 = \sqrt{\dfrac{k}{M}}$）を時間 $t$ で微分（または単振動の速度公式を使用）して、木片の速度 $v_{\text{木}}(t)$ を求めます。

STEP 2時刻 $t_1 = \dfrac{\pi}{6}\sqrt{\dfrac{M}{k}}$ で「弾丸の速度 ＝ 木片の速度」となる条件を解く

「弾丸が木片に対して静止した」とは、水平面に対する弾丸の速度 $v_{\text{弾}}(t_1)$ と木片の速度 $v_{\text{木}}(t_1)$ が一致したということです！
$t_1 = \dfrac{\pi}{6}\sqrt{\dfrac{M}{k}}$ のとき、位相は $\omega_1 t_1 = \dfrac{\pi}{6}$ なので $\sin\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{1}{2}$ です。よって、

$v_{\text{弾}}(t_1) = v_{\text{木}}(t_1)$ より、

これを $f$ について解くと、

STEP 1系全体の運動量変化と外力（弾性力）の力積の関係を使う

「弾丸＋木片」を1つの系として見ると、抵抗力 $-f$ とその反作用 $+f$ は内力なので、力積の和は相殺して $0$ になります！
したがって、時刻 $t=0$ から $t=t_1$ までの間に系全体の運動量が変化した原因は、外力である「ばねの弾性力の力積 $I_{\text{ばね}}$」だけです。
あるいは、木片単独に注目して「（木片の運動量変化 $M v_1$）＝（反作用の力積 $+f t_1$）＋（弾性力の力積 $I_{\text{ばね}}$）」から求めても全く同じです。木片単独で計算してみましょう！

時刻 $t_1 = \dfrac{\pi}{6}\sqrt{\dfrac{M}{k}}$ における共通の速度 $v_1$ は、問2の $v_{\text{木}}(t_1)$ より、

よって、$t=0$ から $t=t_1$ までの木片の運動量変化は $M v_1 - 0 = \dfrac{1}{2}f\sqrt{\dfrac{M}{k}}$ です。
一方、この間に弾丸から受けた反作用 $+f$ の力積は $f t_1 = \dfrac{\pi}{6}f\sqrt{\dfrac{M}{k}}$ です。
木片の運動量と力積の関係 $M v_1 = f t_1 + I_{\text{ばね}}$ より、弾性力の力積の大きさ $|I_{\text{ばね}}|$ は、

STEP 2問2の $f$ を代入して整理する

問2で求めた $f = \dfrac{6mMv_0}{3m + \pi M}\sqrt{\dfrac{k}{M}}$ を代入すると、$\sqrt{\dfrac{k}{M}}$ と $\sqrt{\dfrac{M}{k}}$、および分母・分子の $6$ がきれいに約分されます！

STEP 1問1：1回の弾性衝突における運動量の変化の大きさ $|\Delta \vec{p}|$

衝突点における壁の接線方向（壁に平行な方向）の運動量成分 $mv\sin\theta$ は変化しません。
壁に垂直な方向（中心 $\text{O}$ と衝突点を結ぶ半径方向）の運動量成分は、衝突前の外向き $+mv\cos\theta$ から、衝突後の内向き $-mv\cos\theta$ へと変化します。
よって、1回の衝突による粒子の運動量の変化の大きさ $|\Delta \vec{p}|$（＝壁が1回の衝突で受ける力積の大きさ）は、

STEP 2問2：単位時間あたりの衝突回数 $n_{\text{回}}$

上の図のように、円の中心 $\text{O}$ と2つの衝突点を結ぶ三角形は、等辺が半径 $r$、底角が $\theta$ の二等辺三角形です。
中心 $\text{O}$ から粒子の軌道（弦）に垂線を下ろすと、弦の長さ $L$（1回の衝突から次の衝突までに粒子が進む距離）は、

粒子は単位時間（$1\text{ 秒間}$）に距離 $v$ だけ進むので、単位時間あたりに壁と衝突する回数 $n_{\text{回}}$ は、

STEP 3問3：容器の壁が $N$ 個の粒子から受ける圧力 $P$

速さ $v_i$ の粒子1個が単位時間に壁に与える力積の和（＝壁が粒子1個から受ける平均の力の大きさ $f_i$）は、（問1の1回あたりの力積）$\times$（問2の単位時間あたりの衝突回数）より、

なんと入射角 $\theta$ によらず $\dfrac{mv_i^2}{r}$ になります！
よって、$N$ 個すべての粒子から壁全体が受ける力の合計 $F_{\text{全}}$ は、

これを半径 $r$ の球形容器の表面積 $S = 4\pi r^2$ で割れば、容器の壁が受ける圧力 $P$ が求まります！

記述解答プロセス時刻 $t$ での $\text{PQ}$ の長さと、$\Delta t$ 間の面積増分 $\Delta S$ を求める

時刻 $t$ において金属棒の位置が $x$ のとき、直角三角形の幾何学的関係より、接点 $\text{P}$, $\text{Q}$ 間の距離 $L(x)$ は、

時刻 $t$ から $t+\Delta t$ までの短い時間 $\Delta t$ の間に、金属棒は $+x$ 向きに $\Delta x = v\Delta t$ だけ進む。
$(\Delta t)^2$ の項を無視できるとき、この間に閉回路 $\text{PQOP}$ の面積が増加する分 $\Delta S$ は、横幅 $\text{PQ} = 2x\tan\theta$、厚み $v\Delta t$ の長方形の面積として求められる。（※厳密に台形の面積 $\Delta S = \dfrac{1}{2}\{2x\tan\theta + 2(x+v\Delta t)\tan\theta\}\cdot v\Delta t = 2vx\tan\theta\cdot\Delta t + v^2\tan\theta(\Delta t)^2$ として $(\Delta t)^2$ を無視しても完全に一致する。）
よって、閉回路 $\text{PQOP}$ を貫く磁束の変化の大きさ $|\Delta \Phi|$ は、

記述解答プロセスファラデーの電磁誘導の法則とオームの法則を立てる

ファラデーの電磁誘導の法則より、時刻 $t$ に閉回路 $\text{PQOP}$ に生じる誘導起電力の大きさ $V$ は、問1の結果を用いて、

一方、導線の電気抵抗は無視でき、金属棒の単位長さあたりの電気抵抗が $\sigma$ であるから、時刻 $t$ における閉回路 $\text{PQOP}$ 全体の電気抵抗 $R$（すなわち金属棒の接点 $\text{PQ}$ 間の抵抗）は、

したがって、オームの法則より、時刻 $t$ に金属棒に流れる電流の強さ $I$ は、

記述解答プロセス電流が磁場から受ける力（アンペール力）と力積の式を立てる

レンツの法則より、閉回路 $\text{PQOP}$ を貫く鉛直上向きの磁束の増加を妨げる向き（上から見て時計回り、すなわち金属棒を $\text{P} \to \text{Q}$ の向き）に誘導電流 $I$ が流れる。
フレミングの左手の法則より、長さ $\text{PQ} = 2x\tan\theta$ の金属棒の部分が磁場から受ける力 $F$ は、$x$ 軸の負の向きにはたらき、その大きさは、

⚠️【要注意チェック！】問題文の式(1)をよく見てみよう！
式(1)では $\fbox{ あ } \times xv\Delta t = 0$ となっていますか？それとも $x^2 v\Delta t$ でしょうか？
もう一度、問2と問3を落ち着いて確認しましょう！あ！！
問2の電流 $I = \dfrac{Bvx}{\sigma}$ に、長さ $\text{PQ} = 2x\tan\theta$ をかけると $x^2$ になりますが、式(1)には $xv\Delta t$ と書かれています！なぜ $x^2$ ではなく $x$ の1乗なのでしょうか？
もう1度問2を見直してみましょう！
誘導起電力は $V = 2Bvx\tan\theta$、棒の抵抗は $\text{PQ}$ 間の抵抗 $R = 2\sigma x\tan\theta$ ならば $I = \dfrac{V}{R} = \dfrac{Bv}{\sigma}$（$x$ が約分されて消える！）です！！

【ここが超大事な計算チェック！】
問2の分数 $\dfrac{2Bvx\tan\theta}{2\sigma x\tan\theta}$ をよく見てください！分子にも $x$ があり、分母にも $x$ があります！
だから問2の電流 $I$ は $x$ も約分されて $I = \dfrac{Bv}{\sigma}$ なのです！（試験本番でも、問3の $xv\Delta t$ の次数を見ることで「あっ、問2で $x$ が約分されるんだ！」と気づけるになっています！）