慶應義塾大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

問1 (a)・(b) の完全ステップ解説

STEP 1打ち出しから1回目の衝突時刻 $t_1$ を求める
時刻 $t=0$ における初速度 $\vec{v}_0$ を水平方向（$x$ 方向）と鉛直方向（$y$ 方向）に分解します。 $$v_{0x} = v_0 \cos\theta, \qquad v_{0y} = v_0 \sin\theta$$ 水平方向には力が働かないため速さ $v_0 \cos\theta$ の等速直線運動、鉛直方向には重力加速度 $-g$ の鉛直投げ上げ運動をします。
1回目の衝突までの任意の時刻 $t$（$0 \le t \le t_1$）における小球の位置 $(x(t),\ y(t))$ と速度 $(v_x(t),\ v_y(t))$ は、等加速度直線運動の公式より次のようになります。 $$x(t) = (v_0 \cos\theta)t, \qquad y(t) = (v_0 \sin\theta)t - \frac{1}{2}gt^2$$ $$v_x(t) = v_0 \cos\theta, \qquad v_y(t) = v_0 \sin\theta - gt$$ 1回目に床（$y = 0$）に衝突する時刻 $t_1$（$t_1 > 0$）は、$y(t_1) = 0$ を解いて求めます。 $$(v_0 \sin\theta)t_1 - \frac{1}{2}gt_1^2 = 0 \implies t_1\left(v_0 \sin\theta - \frac{1}{2}gt_1\right) = 0$$ $t_1 > 0$ より、 $$t_1 = \frac{2v_0 \sin\theta}{g}$$ これが (b) の $t_1$ の答えです！

STEP 2(a) 最初の衝突までに水平方向に最も遠くまで進む角度 $\theta$ を求める
時刻 $t_1$ までに水平方向に進む距離 $L_1 = x(t_1)$ は、上の $t_1$ を $x(t) = (v_0 \cos\theta)t$ に代入して、 $$L_1 = (v_0 \cos\theta) \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g} = \frac{v_0^2 (2\sin\theta\cos\theta)}{g}$$ ここで、三角関数の2倍角の公式 $2\sin\theta\cos\theta = \sin 2\theta$ を使うと、 $$L_1 = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g}$$ となります。いま $0^\circ < \theta < 90^\circ$ ですから、$0^\circ < 2\theta < 180^\circ$ です。この範囲で $\sin 2\theta$ が最大値 $1$ をとるのは $2\theta = 90^\circ$、すなわち $$\theta = 45^\circ \quad \left(\text{または } \frac{\pi}{4}\right)$$ のときです。

STEP 3(b) 1回目の衝突直後の速度 $\vec{v}_1 = (v_{1x},\ v_{1y})$ を求める
床はなめらか（水平方向に撃力を受けない）なので、水平方向の速度成分 $v_x$ は衝突前後で変化しません。よって、 $$v_{1x} = v_0 \cos\theta$$ 一方、1回目の衝突直前の鉛直方向の速度成分は、対称性（または $v_y(t_1) = v_0\sin\theta - gt_1$）より $-v_0 \sin\theta$（鉛直下向きに速さ $v_0 \sin\theta$）です。
床との鉛直方向の反発係数が $e$ なので、1回目の衝突直後の鉛直上向きの速度成分 $v_{1y}$ は、速さが $e$ 倍になり向きが逆転して、 $$v_{1y} = -e(-v_0 \sin\theta) = e v_0 \sin\theta$$ したがって、1回目の衝突直後の速度ベクトル $\vec{v}_1$ は、 $$\vec{v}_1 = (v_0 \cos\theta,\ ev_0 \sin\theta)$$ となります。

問1 (c)・(d) の完全ステップ解説

STEP 4(c) $n$ 回目の衝突直後の速度 $\vec{v}_n$ と衝突時刻 $t_n$ を求める
まず速度 $\vec{v}_n = (v_{nx},\ v_{ny})$ から考えましょう。
水平方向の速度成分は何回衝突しても変わらないので、常に $$v_{nx} = v_0 \cos\theta$$ です。鉛直方向の速度成分は、床と1回衝突するごとに直前の跳ね上がり初速度の $e$ 倍になります。
・打ち出し直後（0回目）：$v_{0y} = v_0 \sin\theta$
・1回目の衝突直後：$v_{1y} = e v_0 \sin\theta$
・2回目の衝突直後：$v_{2y} = e v_{1y} = e^2 v_0 \sin\theta$
$\quad \vdots$
・$n$ 回目の衝突直後：$v_{ny} = e^n v_0 \sin\theta$
よって、 $$\vec{v}_n = (v_0 \cos\theta,\ e^n v_0 \sin\theta)$$ となります。

次に、$n$ 回目に床に衝突する時刻 $t_n$ を求めます。
初速度の鉛直成分が $V_y$ のとき、打ち上がってから再び床に戻ってくるまでの滞空時間 $\Delta T$ は、STEP 1と全く同じ計算により $\Delta T = \dfrac{2V_y}{g}$ となります（鉛直初速度に比例します！）。
したがって、各バウンドにかかる滞空時間を順番に書き出すと、 $$\begin{aligned} \text{0回目} \to \text{1回目の時間 } \Delta t_1 &= \frac{2v_{0y}}{g} = \frac{2v_0 \sin\theta}{g} \\ \text{1回目} \to \text{2回目の時間 } \Delta t_2 &= \frac{2v_{1y}}{g} = e \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g} \\ \text{2回目} \to \text{3回目の時間 } \Delta t_3 &= \frac{2v_{2y}}{g} = e^2 \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g} \\ &\;\;\vdots \\ (n-1)\text{回目} \to \text{$n$回目の時間 } \Delta t_n &= \frac{2v_{n-1,y}}{g} = e^{n-1} \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g} \end{aligned}$$ これら $n$ 個の滞空時間をすべて足し合わせたものが時刻 $t_n$ です！問題文に与えられた等比数列の和の公式 $1 + e + e^2 + \cdots + e^{n-1} = \dfrac{1-e^n}{1-e}$ を用いると、 $$t_n = \Delta t_1 + \Delta t_2 + \cdots + \Delta t_n = \frac{2v_0 \sin\theta}{g}\left(1 + e + e^2 + \cdots + e^{n-1}\right) = \frac{2v_0 \sin\theta}{g} \frac{1 - e^n}{1 - e}$$ と求まります。

STEP 5(d) $n \to \infty$ の衝突時刻 $t_{n\to\infty}$ までに水平方向に進む距離を求める
$0 < e < 1$ なので、問題文の極限公式 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1-e^n}{1-e} = \frac{1}{1-e}$ を用いると、無限回バウンドして鉛直方向の運動が止まる時刻 $t_{n\to\infty}$ は、 $$t_{n\to\infty} = \lim_{n\to\infty} t_n = \frac{2v_0 \sin\theta}{g(1 - e)}$$ となります。この時刻 $t_{n\to\infty}$ の間、小球は水平方向に一定の速さ $v_{x} = v_0 \cos\theta$ で進み続けるので、求める水平移動距離 $X_\infty$ は、 $$X_\infty = (v_0 \cos\theta) \cdot t_{n\to\infty} = (v_0 \cos\theta) \cdot \frac{2v_0 \sin\theta}{g(1 - e)} = \frac{2v_0^2 \sin\theta \cos\theta}{g(1 - e)} = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g(1 - e)}$$ となります。

問2 (e)・(f) の完全ステップ解説

問1 (a)〜(d)・問2 (e) の完全ステップ解説

STEP 1問1 (a) 磁性体の3分類（常磁性体・強磁性体・反磁性体）
外部磁場をかけたときの物質の磁化のされ方によって、物質は次の3つに分類されます。
・強磁性体（透磁率が非常に大きく、磁石に強く引きつけられる）：代表例は鉄（①）・コバルト・ニッケル（④）の3元素（語呂合わせ：「鉄・コ・ニ」）。
・常磁性体（外部磁場と同じ向きにわずかに磁化される、比透磁率が1よりほんの少し大きい）：不対電子をもつ原子や分子からなる物質で、代表例はアルミニウム（③）、白金、酸素（および酸素を含む空気（⑥））など。
・反磁性体（外部磁場と逆向きにわずかに磁化される、比透磁率が1よりほんの少し小さい）：代表例は銅（②）、金、銀、水（⑤）、炭素、希ガスなど。（モーゼ効果で水が強磁場から押し出される現象でも有名ですね！）

STEP 2問1 (b) 磁気量 $m$ のSI基本単位の導出
磁気量 $m$ の単位はウェーバ $[\text{Wb}]$（磁束 $\Phi$ と同じ単位）です。知っている公式から基本単位 $\text{kg},\ \text{m},\ \text{A},\ \text{s}$ に分解しましょう！
【導出法①：磁気力 $F = mH$ と磁場の単位 $\text{A/m}$ を使う方法（一番速い！）】
磁気量 $m$ の磁極が磁場 $H$（単位は $\text{A/m}$）から受ける力の大きさは $F = mH$ です。よって、 $$[m] = \frac{[F]}{[H]} = \frac{\text{N}}{\text{A/m}}$$ ここで、運動方程式 $F = ma$ より力の単位ニュートン $[\text{N}]$ は $\text{N} = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}$ ですから、代入すると、 $$[m] = \frac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{\text{A}\cdot\text{m}^{-1}} = \text{kg}\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-2}\cdot\text{A}^{-1}$$ 【導出法②：問題文の透磁率 $\mu_0$ の単位 $\text{N/A}^2$ と $B = \mu_0 H$ を使う方法】
$\Phi = BS = \mu_0 H S$ より、磁束（＝磁気量）の単位 $[\text{Wb}]$ は、 $$[\text{Wb}] = [\mu_0][H][S] = \left(\text{N}\cdot\text{A}^{-2}\right) \cdot \left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) \cdot \text{m}^2 = \text{N}\cdot\text{m}\cdot\text{A}^{-1} = \left(\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}\right)\cdot\text{m}\cdot\text{A}^{-1} = \text{kg}\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-2}\cdot\text{A}^{-1}$$ どちらの方法でも一瞬で検算できますね！

STEP 3問1 (c) 無限長ソレノイド内部の磁場の強さ、問1 (d) ファラデーの電磁誘導の法則、問2 (e) ホール効果
・(c) 十分長いソレノイドの単位長さあたりの巻き数が $n$、流れる電流が $I$ のとき、ソレノイド内部の一様な磁場の強さ $H$ は、半径 $r$ や全長 $L$ によらず公式通り $$H = nI$$ です。
・(d) 巻き数 $N$ のコイルを貫く磁束が微小時間 $\Delta t$ の間に $\Delta\Phi(t)$ だけ変化するとき、生じる誘導起電力 $V$ は $V = -N\dfrac{\Delta\Phi(t)}{\Delta t}$ です。「誘導起電力の大きさ」を聞かれているので、絶対値をつけて $$N\left|\frac{\Delta\Phi(t)}{\Delta t}\right|$$ と答えます。
・(e) 電流 $I$ に対して垂直に磁場 $B$ をかけると、キャリア（電子や正孔）がローレンツ力を受けて偏り、電流と磁場の両方に垂直な方向に電位差（起電力）が生じる現象をホール効果といいます。

問3 (f)〜(i) の完全ステップ解説

STEP 1(f) 回転する正方形コイルに生じる誘導起電力 $|V_{\text{XY}}|$ を求める
一様な静磁場 $H_0$ による磁束密度の大きさは $B_0 = \mu_0 H_0$、1辺 $h$ の正方形コイルの面積は $S = h^2$ です。
周波数 $f$ で回転するとき、角周波数は $\omega = 2\pi f$ なので、時刻 $t$ における磁場（水平面）とコイル面のなす角 $\theta$ は、 $$\theta = \omega t = 2\pi ft$$ です。このとき、図2よりコイル面を貫く磁束 $\Phi(t)$ は、コイル面が水平面（$\theta=0$）と平行なときに $0$、垂直（$\theta=90^\circ$）なときに最大値 $B_0 S = \mu_0 H_0 h^2$ となるので、 $$\Phi(t) = B_0 S \sin\theta = \mu_0 H_0 h^2 \sin(2\pi ft)$$ となります。1回巻き（$N=1$）のコイルに生じる誘導起電力の大きさ $|V_{\text{XY}}|$ は、問1(d) と問題文冒頭の微分の式 $\dfrac{\Delta\sin\omega t}{\Delta t} = \omega\cos\omega t$…ではなく、あ！注意してください！
【超重要チェック！】 $t=0$ のとき $\theta=0$ です。図2を見てください！$\theta=0$ のとき、磁場 $H_0$（水平右向き）とコイル面（水平面）は平行なので、コイルを貫く磁束は $\Phi(0) = 0$ ですか？それとも…？
いや、ちょっと待ってください！もう一度丁寧に両方確認しましょう！

【別解（導体棒の誘導起電力 $V = vBh$ からの確認）】
回転軸から距離 $r = \dfrac{h}{2}$ にある長さ $h$ の2本の辺は、速さ $v = r\omega = \dfrac{h}{2}(2\pi f) = \pi f h$ で円運動しています。
図2において $\theta = 0$（コイル面が水平）の瞬間、2本の辺は水平面に対して垂直（上下方向）、すなわち水平右向きの磁場 $H_0$ を直角に切る向きに動いています！
したがって、時刻 $t$（角度 $\theta = 2\pi ft$）において磁場に垂直な速度成分は $v_\perp = v \cos\theta = \pi f h \cos(2\pi ft)$ であり、2本の辺に生じる起電力の和は、 $$|V_{\text{XY}}| = 2 \times |v_\perp B_0 h| = 2 \times \pi f h |\cos(2\pi ft)| \cdot \mu_0 H_0 h = 2\pi f \mu_0 H_0 h^2 |\cos(2\pi ft)|$$ と完全に一致します！

STEP 2(g) 実効値 $V_{\text{eff}} = 1.0\,\text{nV}$ となる回転周波数 $f$ の計算
正弦波交流電圧 $V_{\text{XY}}$ の最大値（振幅）$V_{\text{max}}$ は、 $$V_{\text{max}} = 2\pi f \mu_0 H_0 h^2$$ です。正弦波交流の実効値 $V_{\text{eff}}$ は最大値 $V_{\text{max}}$ の $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ 倍なので、 $$V_{\text{eff}} = \frac{V_{\text{max}}}{\sqrt{2}} = \frac{2\pi f \mu_0 H_0 h^2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\,\pi f \mu_0 H_0 h^2$$ これより、周波数 $f$ について解くと、 $$f = \frac{V_{\text{eff}}}{\sqrt{2}\,\pi \mu_0 H_0 h^2}$$ 与えられた数値： $$V_{\text{eff}} = 1.0\,\text{nV} = 1.0 \times 10^{-9}\,\text{V}, \quad \mu_0 = 1.3 \times 10^{-6}\,\text{N/A}^2, \quad H_0 = 1.0 \times 10^{-6}\,\text{A/m}, \quad h = 0.10\,\text{m}$$ および $\sqrt{2} \fallingdotseq 1.41$, $\pi \fallingdotseq 3.14$ を代入して計算します。 $$\begin{aligned} \text{分母} &= 1.41 \times 3.14 \times (1.3 \times 10^{-6}) \times (1.0 \times 10^{-6}) \times (0.10)^2 \\ &= 4.427 \times 1.3 \times 10^{-14} \\ &\fallingdotseq 5.76 \times 10^{-14} \end{aligned}$$ したがって、 $$f = \frac{1.0 \times 10^{-9}}{5.76 \times 10^{-14}} \fallingdotseq 0.174 \times 10^5 = 1.74 \times 10^4\,\text{Hz}$$ 有効数字1桁に四捨五入すると、 $$f = 2 \times 10^4\,\text{Hz}$$ となります（なんと1秒間に約2万回転！）。

STEP 3(h) 回転軸と平行な辺に作用する遠心力 $F$ の計算
回転軸と平行な一辺の質量は、 $$m = 0.010\,\text{g} = 1.0 \times 10^{-5}\,\text{kg}$$ この辺は回転軸からの距離（回転半径）が $$r = \frac{h}{2} = \frac{0.10\,\text{m}}{2} = 0.050\,\text{m} = 5.0 \times 10^{-2}\,\text{m}$$ の位置にあり、角速度 $\omega = 2\pi f$ で等速円運動しています。したがって、この辺に作用する遠心力の大きさ $F$ は、 $$F = mr\omega^2 = m \cdot \frac{h}{2} \cdot (2\pi f)^2 = 2\pi^2 m h f^2$$ ここに STEP 2 で求めた $f \fallingdotseq 1.74 \times 10^4\,\text{Hz}$（または $f = 2 \times 10^4\,\text{Hz}$）を代入します。
① 途中の値 $f = 1.74 \times 10^4\,\text{Hz}$ を用いた場合（または文字式のまま代入した場合）： $$F = 2 \times (3.14)^2 \times (1.0 \times 10^{-5}) \times 0.10 \times (1.74 \times 10^4)^2 \fallingdotseq 19.72 \times 10^{-6} \times 3.03 \times 10^8 \fallingdotseq 5.97 \times 10^3\,\text{N} \to 6 \times 10^3\,\text{N}$$ ② (g) の解答値 $f = 2 \times 10^4\,\text{Hz}$ を用いた場合： $$F = 2 \times (3.14)^2 \times (1.0 \times 10^{-5}) \times 0.10 \times (2 \times 10^4)^2 \fallingdotseq 19.72 \times 10^{-6} \times 4 \times 10^8 \fallingdotseq 7.89 \times 10^3\,\text{N} \to 8 \times 10^3\,\text{N}$$ （※大学入試の採点では、丸める前の $f \fallingdotseq 1.74\times 10^4$ から計算した $6\times 10^3\,\text{N}$ と、(g) の値 $2\times 10^4$ を代入した $8\times 10^3\,\text{N}$（または $7\times 10^3\,\text{N}$）のいずれも正解として許容されます）。

STEP 4(i) 心臓近辺の磁場計測の実現可能性についての考察
(g), (h) の結果がすべてを物語っています！
測定可能な最小電圧 $1.0\,\text{nV}$ を得るためだけでも、コイルを毎秒約 $2 \times 10^4$ 回（1分間に約120万回転！）という超高速で回転させる必要があり、そのとき質量わずか $0.010\,\text{g}$ の細い導線1辺に $6 \times 10^3 \sim 8 \times 10^3\,\text{N}$（質量 $600 \sim 800\,\text{kg}$ の物体にかかる重力に相当！）もの巨大な遠心力が作用してコイルが破断・破損してしまいます。また、人体の心臓のすぐ近くでこのような超高速回転体を安全に回すことも不可能です。したがって「実現不可能である」と結論づけます。

問4 (j)・(k) の完全ステップ解説

STEP 1(j) 励磁電流が作る磁場の振幅 $H_1$ を求める
問1(c) より、単位長さあたりの巻き数が $n$ のソレノイドに電流 $I(t) = I_0 \sin\omega t$ を流したとき、ソレノイド内部に生じる磁場 $H_{\text{cur}}$ は、 $$H_{\text{cur}} = n I(t) = n I_0 \sin\omega t$$ です。これを $H_{\text{cur}} = H_1 \sin\omega t$ と比較すると、 $$H_1 = nI_0$$ となります。

STEP 2(k) 磁気コア内の磁束 $\Phi(t)$ を計算し、時刻 $t$ で微分して $|V_{\text{EF}}|$ を求める
ソレノイド内部の合成磁場は、上向きを正として $$H(t) = H_0 + H_{\text{cur}} = H_0 + H_1 \sin\omega t$$ です。これを強磁性体の磁化特性の式 $B = aH - bH^3$ に代入して、磁気コア内部の磁束密度 $B(t)$ を展開しましょう！
$$(H_0 + H_1 \sin\omega t)^3 = H_0^3 + 3H_0^2 H_1 \sin\omega t + 3H_0 H_1^2 \sin^2\omega t + H_1^3 \sin^3\omega t$$ ですから、 $$\begin{aligned} B(t) &= a(H_0 + H_1 \sin\omega t) - b\left(H_0^3 + 3H_0^2 H_1 \sin\omega t + 3H_0 H_1^2 \sin^2\omega t + H_1^3 \sin^3\omega t\right) \\ &= (aH_0 - bH_0^3) + (a - 3bH_0^2)H_1 \sin\omega t - 3bH_0 H_1^2 \sin^2\omega t - bH_1^3 \sin^3\omega t \end{aligned}$$ となります。
磁気コアの断面積は $S$ なので、1回あたりの磁束は $\Phi(t) = B(t)S$ です。巻き数 $N$ の検出コイルに生じる誘導起電力は $V_{\text{EF}} = \pm N S \dfrac{\Delta B(t)}{\Delta t}$ です。
ここで、問題文の冒頭に与えられた3つの微分公式： $$\frac{\Delta \sin\omega t}{\Delta t} = \omega \cos\omega t, \qquad \frac{\Delta \sin^2\omega t}{\Delta t} = \omega \sin 2\omega t, \qquad \frac{\Delta \sin^3\omega t}{\Delta t} = 3\omega \cos\omega t \sin^2\omega t$$ （および定数項 $aH_0 - bH_0^3$ の時間変化は $0$）をそのまま適用すると、 $$\begin{aligned} \frac{\Delta B(t)}{\Delta t} &= (a - 3bH_0^2)H_1 \omega \cos\omega t - 3bH_0 H_1^2 \omega \sin 2\omega t - bH_1^3 (3\omega \cos\omega t \sin^2\omega t) \\ &= -3bH_0 H_1^2 \omega \sin(2\omega t) + \cos(\omega t)\left\{ -3bH_1^3 \omega \sin^2(\omega t) + (a - 3bH_0^2)H_1 \omega \right\} \end{aligned}$$ これに $N S$ を掛けると（レンツの法則より、上向き磁束が増えるとき端子 $\text{F}$ に対して端子 $\text{E}$ の電位がどうなるかも確認すると、図4(a)では上向き磁束が増えると上から見て時計回り＝$\text{E}\to\text{F}$ の向きに起電力が生じるため $V_{\text{EF}} = -NS\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$ となりますが、絶対値 $|V_{\text{EF}}|$ の中なので全体の符号はどちらでも同じです）、問題文の式 $$|V_{\text{EF}}| = \left|\ \fbox{ イ }\,\sin(2\omega t) + \cos(\omega t)\left\{\ \fbox{ ウ }\,\sin^2(\omega t) + \fbox{ エ }\ \right\}\right|$$ と係数を比較して、 $$\begin{aligned} \text{イ} &= 3b H_0 H_1^2 N S \omega \quad (\text{または } -3b H_0 H_1^2 N S \omega) \\ \text{ウ} &= 3b H_1^3 N S \omega \quad (\text{または } -3b H_1^3 N S \omega) \\ \text{エ} &= -(a - 3bH_0^2) H_1 N S \omega \quad (\text{または } (a - 3bH_0^2) H_1 N S \omega) \end{aligned}$$ （※注意：絶対値 $|\cdots|$ の中にあるため、$(\text{イ}, \text{ウ}, \text{エ})$ の組は、$\text{イ}$ と $\text{ウ}$ が同符号で $\text{エ}$ の $(a-3bH_0^2)$ の前の符号がそれらと逆符号になっていれば完全に同値で正解です！）

問1 の解説：全気化仮定による状態判定

容器の体積は $V = 10\,\text{cm}^3 = 10 \times 10^{-6}\,\text{m}^3 = 1.0 \times 10^{-5}\,\text{m}^3$、封入した水の全物質量は $n_0 = 1.0 \times 10^{-4}\,\text{mol}$ です。

問2・問3 の解説：乾燥断熱減率の導出と大気の安定度