川崎医科大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

Step 1：核子（陽子・中性子）をつくるクォークの総数を確認する

陽子や中性子などの重粒子（バリオン）は、合計 $3$ 個のクォークから構成されています。
また、与えられた各クォークの電気量は以下の通りです。

Step 2：陽子【ア】と中性子【イ】の電気量を計算する

① 陽子（電気量 $+e$）の場合：
$3$ 個のクォークで合計の電気量を $+e$ にするためには、$\text{u}$ が $2$ 個、$\text{d}$ が $1$ 個であれば、

となり、陽子の電気量 $+e$ と完全に一致します！よって、（$\text{u}$ の数，$\text{d}$ の数）$= (2, 1)$ となり、選択肢は ④ です。

② 中性子（電気量 $0$）の場合：
$3$ 個のクォークで合計の電気量を $0$ にするためには、$\text{u}$ が $1$ 個、$\text{d}$ が $2$ 個であれば、

となり、中性子の電気量 $0$ と完全に一致します！よって、（$\text{u}$ の数，$\text{d}$ の数）$= (1, 2)$ となり、選択肢は ③ です。

問1 Step 1：【ウ】運動量保存則から最接近時の速度 $v$ を求める

粒子1の速度の方が粒子2の速度より大きい間は、2つの粒子の距離は縮まり続けます。そして粒子1の速度と粒子2の速度がちょうど等しくなった瞬間（ともに速度 $v$ となった瞬間）に最も近づき、その後は粒子2の速度の方が大きくなって離れていきます。
2粒子間にはたらくクーロン力は内力であり、水平方向には外力がはたらかないため、運動量保存則が成り立ちます！

これを $v$ について解くと、

となり、【ウ】は選択肢 ④ です。

問1 Step 2：【エ】エネルギー保存則から最近接距離 $r_{\min}$ を求める

最初にじゅうぶん離れていたときの粒子1の運動エネルギーは、

であり、じゅうぶん離れている（$r \to \infty$）ので静電エネルギー（クーロン力による位置エネルギー）は $0$ です。
一方、最も近づいたとき（距離 $r_{\min}$、両粒子の速度 $v$）の2粒子の運動エネルギーの和 $K_{\text{最接近}}$ は、Step 1 の $v = \dfrac{m_1}{m_1 + m_2} v_1$ を代入して、

また、距離が $r_{\min}$ のときの静電エネルギー $U_{\text{最接近}}$ は、クーロンの法則の比例定数 $k_0$ を用いて、

力学的エネルギー保存則（衝突前の全エネルギー $=$ 最接近時の全エネルギー）より、

右辺第1項を左辺へ移項して整理します。

よって、$r_{\min}$ について解くと、

となり、【エ】は選択肢 ⓪ です。

問2 Step 1：アルファ粒子と炭素原子核 $^{12}_{\,\,6}\text{C}$ の質量比と電気量を確認する

アルファ粒子はヘリウム原子核 $^{4}_{2}\text{He}$ です。統一原子質量単位を $u$、電気素量を $e$ とすると、

• 粒子1（アルファ粒子 $^{4}_{2}\text{He}$）： 質量数 $4$、原子番号 $2$ なので、$m_1 = 4u$、$q_1 = 2e$
• 粒子2（炭素原子核 $^{12}_{\,\,6}\text{C}$）： 質量数 $12$、原子番号 $6$ なので、$m_2 = 12u$、$q_2 = 6e$

これより、問1【エ】の式に含まれる質量の比 $\dfrac{m_1 + m_2}{m_2}$ は、

と非常にシンプルな分数になります！

問2 Step 2：$r_{\min} \leqq 3.2 \times 10^{-15}\text{ m}$ の不等式を立てて $\text{MeV}$ 単位に換算する

問1の式 $r_{\min} = \dfrac{k_0 q_1 q_2 (m_1 + m_2)}{m_2 K_1}$ を $K_1$ について解くと、

$r_{\min}$ が $3.2 \times 10^{-15}\text{ m}$ 以下になるためには、初期運動エネルギー $K_1$ はそのときの値以上である必要があります（速く飛び込むほど近くまで接近できるため）。
ここで、選択肢の単位はすべて $\text{MeV}$（メガ電子ボルト：$1\text{ MeV} = 10^6\text{ eV}$）です。
エネルギー $K_1\text{ [J]}$ を電気素量 $e\text{ [C]}$ で割ると、そのまま $\text{eV}$（電子ボルト）単位の数値になります！

表1の物理定数 $k_0 = 8.988 \times 10^9 \fallingdotseq 9.0 \times 10^9\text{ N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$、$e = 1.602 \times 10^{-19} \fallingdotseq 1.6 \times 10^{-19}\text{ C}$、および $r_{\min} = 3.2 \times 10^{-15}\text{ m}$ を代入します。

したがって、求める条件は $7.2\text{ MeV} \leqq K_1$ となり、【オ】は選択肢 ⑥ です。

問3 Step 1：各物理量の時間変化を1つずつ吟味する

• 【カ】粒子1の速度：
  最初はクーロン力がほとんどはたらかないので一定速度 $v_1$ を保ちます。原点の粒子2に近づいた短い時間だけ強いクーロン斥力（左向き）を受けて急激に減速し、離れた後は再び一定の速度になって進みます。よって階段状に下がるグラフ ⑤ です。
• 【キ】粒子2の速度：
  最初は静止（速度 $0$）していますが、粒子1が最接近する前後の短い時間だけ右向きの強いクーロン斥力を受けて急激に加速し、その後は一定の速度になります。よって階段状に上がるグラフ ③ です。
• 【ク】粒子1と2の運動エネルギーの和：
  全エネルギー $E = (\text{運動エネルギーの和 } K) + (\text{静電エネルギー } U)$ は常に一定（$K_1$）です。最初と最後はじゅうぶん離れているので $U = 0$ となり、運動エネルギーの和は $K_1$ で同じ値です。最も近づいた瞬間だけ静電エネルギー $U = k_0 \dfrac{q_1 q_2}{r_{\min}}$ が最大になるため、その分だけ運動エネルギーの和 $K = K_1 - U$ は鋭く減少（谷型に低下）します。よってグラフ ⑦ です。
• 【ケ】粒子1と2の間の距離：
  最初は一定の相対速度 $v_1$ で近づくため距離は直線的に減少し、最接近時に極小値 $r_{\min}$ をとった後、一定の相対速度 $v_1$ で遠ざかるため直線的に増加します。よってV字型のグラフ ⑥ です。

問1：初期状態のときの気体の内部エネルギー【コ】

初期状態では、ばねは自然長なので弾性力は $0$ です。したがって、ピストンの力のつり合いより、初期の気体の圧力 $p_{\text{初}}$ は大気圧 $p_0$ と等しくなります（$p_{\text{初}} = p_0$）。
また、初期の気体の体積は $V_{\text{初}} = SL$ です。
単原子分子理想気体の内部エネルギー $U_0$ は、状態方程式 $p_0 V_0 = n R T_0$ を用いて、

となります（※すでに $p_0 SL = n R T_0$ の中に $T_0$ の情報が含まれているため、さらに $T_0$ を掛けた ⑥ $\dfrac{3p_0 SL T_0}{2}$ を選ばないように注意しましょう！）。よって、【コ】は選択肢 ② です。

問2：ばね定数 $k$ を求める【サ】

ピストンが容器の底から距離 $3L$ の位置で静止したとき、ばねは自然長（距離 $L$ のとき）から

だけ伸びています。容器の内部にあるばねが伸びているため、ばねはピストンを左向き（容器の底の向き）に大きさ $k \cdot 2L$ の力で引きます。
このときの気体の圧力は $3p_0$ なので、ピストンにはたらく水平方向の力のつり合いの式は、

これを $k$ について解くと、

となり、【サ】は選択肢 ② です。

問3：ピストンが動き終わるまでに気体が外部にした仕事 $W$【シ】

ばねの弾性力は伸び $x$ に比例して一次関数的に変化するため、ゆっくり加熱している間の気体の圧力 $p$ も、体積 $V = SL$（$p=p_0$）から $V = 3SL$（$p=3p_0$）まで直線的に増加します。
【解法A：$p$-$V$ グラフの台形の面積から求める】

【解法B：外気にした仕事＋ばねに蓄えられた弾性エネルギーから検算】
気体が外部にした仕事 $W$ は、「大気圧 $p_0$ に逆らってした仕事 $p_0 \Delta V$」と「ばねに蓄えられた弾性エネルギー $\dfrac{1}{2}k(2L)^2$」の和になります。問2の $k = \dfrac{p_0 S}{L}$ を代入すると、

どちらで計算しても完全に一致します！よって、【シ】は選択肢 ⓪ です。

問4：ピストンが動き終わったときの気体の温度 $T$【ス】

容器内の気体の物質量 $n$ は一定なので、ボイル・シャルルの法則 $\dfrac{pV}{T} = \text{一定}$ を立てます。

• 初期状態： 圧力 $p_0$、体積 $SL$、温度 $T_0$
• 最終状態： 圧力 $3p_0$、体積 $3SL$、温度 $T$

圧力が $3$ 倍、体積も $3$ 倍になったので、絶対温度は $3 \times 3 = 9$ 倍になります。よって、【ス】は選択肢 ⑨ です。

問5：ヒーターから気体に加えられた熱量 $Q$【セ】

まず、最終状態の気体の内部エネルギー $U_{\text{後}}$ を求めます。圧力 $3p_0$、体積 $3SL$ の単原子分子理想気体なので、

したがって、初期状態（$U_0 = \dfrac{3}{2}p_0 SL$）からの内部エネルギーの変化量 $\Delta U$ は、

熱力学第一法則 $Q = \Delta U + W$ に、$\Delta U = 12 p_0 SL$ と問3で求めた $W = 4 p_0 SL$ を代入すると、

となり、【セ】は選択肢 ⓪ です。

問1：経路 $\text{B}'\to\text{E}$ と同じ光路長の経路【ソ】

薄膜の表面における屈折角（$\angle\text{CBD}$ の法線となす角）を $r$ とおきます。
直角三角形 $\triangle\text{BB}'\text{E}$（$\angle\text{BB}'\text{E}=90^\circ$）において、$\angle\text{B}'\text{BE} = i$ なので、空気中（屈折率 $1$）の経路 $\text{B}'\text{E}$ の光路長は、

一方、直角三角形 $\triangle\text{BCE}$（$\angle\text{BCE}=90^\circ$）において、$\angle\text{BEC} = r$ なので、幾何学的な長さ $\text{BC}$ は $\text{BC} = \text{BE} \sin r$ です。
ここに屈折の法則（スネルの法則）$\mathbf{1 \cdot \sin i = n \sin r}$ を用いると、薄膜中（屈折率 $n$）の経路 $\text{B}\to\text{C}$ の光路長は、

となり、空気中の $\text{B}'\to\text{E}$ の光路長と薄膜中の $\text{B}\to\text{C}$ の光路長が完全に等しくなります！（ホイヘンスの原理より、波面 $\text{BB}'$ から波面 $\text{CE}$ まで光が同時に到達することを意味しています）。よって、【ソ】は選択肢 ①（$\text{B}\to\text{C}$） です。

問2：光①と光②の光路差 $\Delta l$ を式で表す【タ】

問1より、点 $\text{B}$、$\text{B}'$ で同位相だった光①と光②は、光①が点 $\text{C}$ に達した瞬間に光②が点 $\text{E}$ に達するため、点 $\text{C}$ と点 $\text{E}$ でも同位相です。したがって、光①と光②の経路の差は薄膜中の経路 $\text{C}\to\text{D}\to\text{E}$ となります。
屈折角を $r$ とすると、よく知られた薄膜の幾何学的距離の公式（鏡像点 $\text{D}'$ をとる作図、または $\text{BD} = \text{DE} = \dfrac{d}{\cos r}$ と $\text{BC} = \text{BE}\sin r = 2d\tan r \sin r$ の引き算）より、

薄膜の屈折率は $n$ なので、光路差 $\Delta l$ はこれを $n$ 倍した $\Delta l = 2nd \cos r$ です。
ここで、屈折の法則 $1 \cdot \sin i = n \sin r$ より $\sin r = \dfrac{\sin i}{n}$ なので、$\cos r = \sqrt{1 - \sin^2 r}$ に代入すると、

となり、【タ】は選択肢 ⑦ です。

問3：点Dと点Eで反射する場合の位相の変化【チ】【ツ】

光の反射における位相変化のルールは「屈折率小 $\to$ 屈折率大 の境界での反射は位相が $\pi$ ずれる（固定端反射）」、「屈折率大 $\to$ 屈折率小 の境界での反射は位相が変化しない（自由端反射）」です。
問題文の条件より、空気の屈折率は $1$、薄膜は $n$、ガラスは $n'$ であり、大小関係は $n' > n > 1$ です！

• 【チ】光①が点D（薄膜とガラスの境界面）で反射する場合：
  薄膜（屈折率 $n$）からガラス（屈折率 $n'$）へ向かう反射です。$n < n'$（小 $\to$ 大）なので固定端反射となり、位相は $\pi$ ずれる（①）。
• 【ツ】光②が点E（空気と薄膜の境界面）で反射する場合：
  空気（屈折率 $1$）から薄膜（屈折率 $n$）へ向かう反射です。$1 < n$（小 $\to$ 大）なのでこちらも固定端反射となり、位相は $\pi$ ずれる（①）。

問4：観測点Fで光が最も暗くなる（弱めあう）光路差 $\Delta l$ の条件【テ】

問3で確認した通り、光①も光②も反射によってともに位相が $\pi$ ずつずれるため、反射による両者の位相差の変化は相殺されて $0$（同位相のまま）となります！
したがって、観測点Fで2つの光が最も暗くなる（干渉して弱めあう＝逆位相で重なる）ための条件は、光路差 $\Delta l$ が半波長 $\dfrac{\lambda}{2}$ の奇数倍になるときです。

となり、【テ】は選択肢 ⑥ です。

問1・問2：時刻 $t = 3T$ における $^{235}\text{U}$【ト】と $^{238}\text{U}$【ナ】の数

時刻 $t$ における $^{235}\text{U}$（半減期 $T$）の数 $N_{235}(t)$ と、$^{238}\text{U}$（半減期 $6T$）の数 $N_{238}(t)$ は、半減期の公式より次のように表されます。

① 問1（$t = 3T$ のときの $^{235}\text{U}$ の数）：
$t = 3T$ を代入すると、半減期 $T$ のちょうど $3$ 回分の時間が経過しているので、

よって $n$ の $\dfrac{1}{8}$ 倍（③） です。

② 問2（$t = 3T$ のときの $^{238}\text{U}$ の数）：
$t = 3T$ を代入すると、半減期 $6T$ の半分（$\dfrac{1}{2}$ 回分）の時間が経過しているので、

よって $m$ の $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 倍（⑦） です。

問3：時刻 $t = -6T$ における数 $n'$【ニ】と $m'$【ヌ】

時刻 $t = -6T$（現在より $6T$ だけ過去）では、崩壊する前の状態なので原子核の数は現在より多くなっています。上の公式に $t = -6T$ をそのまま代入すると、

（※直感的にも、$t=-6T$ から $t=0$ までの時間 $6T$ の間に、半減期 $T$ の $^{235}\text{U}$ は $6$ 回半減して $\dfrac{1}{64}$ になり、半減期 $6T$ の $^{238}\text{U}$ は $1$ 回半減して $\dfrac{1}{2}$ になるので、逆にたどれば $64$ 倍と $2$ 倍ですね！）
よって、【ニ】は選択肢 $\ominus$（$64$）、【ヌ】は選択肢 ⑨（$2$） です。

問4：$^{238}\text{U}$ の数に対する $^{235}\text{U}$ の数の割合が $4r$ となるときの時刻 $t$【ネ】

任意の時刻 $t$ における、$^{238}\text{U}$ の数 $N_{238}(t)$ に対する $^{235}\text{U}$ の数 $N_{235}(t)$ の割合を計算します。指数法則 $\dfrac{a^p}{a^q} = a^{p-q}$ を用いると、

この割合が $4r$（$= 2^2 r$）となるとき、

両辺を $r$ で割り、底が $2$ の指数部分を比較すると、

となり、【ネ】は選択肢 ⑦（$-\dfrac{12}{5}T$） です。