日本医科大学 医学部 物理（2025年度）全問題・超図解解説

小球の質量を $m$、位置 $\mathrm{O}$ で小球を放つ速さを $v_0$、最高点 $\mathrm{C}$（床からの高さ $2r$）に達したときの速さを $v_{\mathrm{C}}$ とします。
摩擦はないため、水平な床面 $\mathrm{OA}$ 間では小球は等速直線運動をし、点 $\mathrm{A}$ に進入するときの速さも $v_{\mathrm{A}} = v_0$ です。

【Step 1：最高点 C での中心方向の運動方程式】
最高点 $\mathrm{C}$ において、小球には鉛直下向きに重力 $mg$ と、半円筒の内壁から鉛直下向きに垂直抗力 $N_{\mathrm{C}}$ がはたらきます。
半径 $r$ の円の中心は $\mathrm{C}$ の真下（鉛直下向き）にあるので、中心方向（鉛直下向き）の運動方程式は、 $$m\frac{v_{\mathrm{C}}^2}{r} = mg + N_{\mathrm{C}}$$ 問題文より「$\mathrm{C}$ に達した際、小球に加わる垂直抗力がゼロになる（$N_{\mathrm{C}} = 0$）」ので、これを代入すると、 $$m\frac{v_{\mathrm{C}}^2}{r} = mg + 0 \quad \Longleftrightarrow \quad v_{\mathrm{C}}^2 = gr \quad \left(v_{\mathrm{C}} = \sqrt{gr}\right) \quad \cdots \text{①}$$ 【Step 2：床面（O・A）と最高点 C の間で力学的エネルギー保存則】
床面の高さを位置エネルギーの基準（高さ $0$）とすると、最高点 $\mathrm{C}$ の高さは直径分に相当する $2r$ です。力学的エネルギー保存則より、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 + 0 = \frac{1}{2}mv_{\mathrm{C}}^2 + mg(2r)$$ 両辺を $\dfrac{2}{m}$ 倍して整理し、①の $v_{\mathrm{C}}^2 = gr$ を代入します。 $$v_0^2 = v_{\mathrm{C}}^2 + 4gr = gr + 4gr = 5gr$$ $$v_0 = \sqrt{5gr}$$

最高点 $\mathrm{C}$ での速度の向きは、半円の接線方向＝水平左向き（$\mathrm{O}$ の側へ向かう水平方向）であり、その速さは $v_{\mathrm{C}} = \sqrt{gr}$ です。
したがって、点 $\mathrm{C}$ を離れた後の小球は、高さ $2r$ から初速度 $v_{\mathrm{C}} = \sqrt{gr}$ で水平投射されます！

【Step 1：鉛直方向の自由落下から落下時間 $t$ を求める】
点 $\mathrm{C}$ から床面（高さ $2r$ 分）まで鉛直方向に自由落下するのにかかる時間を $t$ とすると、 $$2r = \frac{1}{2}gt^2 \quad \Longleftrightarrow \quad t^2 = \frac{4r}{g} \quad \Longleftrightarrow \quad t = 2\sqrt{\frac{r}{g}}$$ 【Step 2：水平方向の等速直線運動から距離 $\mathrm{OA}$ を求める】
点 $\mathrm{C}$ は点 $\mathrm{A}$ の真上にあるため、落下地点 $\mathrm{O}$ と点 $\mathrm{A}$ の水平距離 $\mathrm{OA}$ は、時間 $t$ の間に速さ $v_{\mathrm{C}}$ で水平に進む距離に等しくなります。 $$\mathrm{OA} = v_{\mathrm{C}} \cdot t = \sqrt{gr} \times 2\sqrt{\frac{r}{g}} = 2\sqrt{gr \cdot \frac{r}{g}} = 2\sqrt{r^2} = 2r$$

まず、水平な床面 $\mathrm{OA}$ 間では鉛直方向の力がつり合っているため、小球が床から受けていた垂直抗力の大きさ $N$ は、 $$N = mg \quad \cdots \text{②}$$ です。これを基準（$N = mg$）として、点 $\mathrm{A}$ と点 $\mathrm{B}$ を調べます。

【空欄 ウ：点 A を通過直後に受ける垂直抗力 $N_{\mathrm{A}}$】
点 $\mathrm{A}$ を通過した直後、小球は半径 $r$ の円運動の最下点にあります！
この瞬間、小球の速さは $v_{\mathrm{A}} = v_0 = \sqrt{5gr}$ であり、円の中心は点 $\mathrm{A}$ の真上（鉛直上向き）にあります。
中心方向（鉛直上向き）の運動方程式を立てると、上向きに垂直抗力 $N_{\mathrm{A}}$、下向きに重力 $mg$ がはたらくので、 $$m\frac{v_{\mathrm{A}}^2}{r} = N_{\mathrm{A}} - mg$$ ここに $v_{\mathrm{A}}^2 = 5gr$ を代入すると、 $$N_{\mathrm{A}} = mg + m\frac{5gr}{r} = mg + 5mg = 6mg$$ ②より $N = mg$ なので、$N_{\mathrm{A}} = 6N$ となり、$N$ の $6$ 倍となります！

【空欄 エ：点 B（A と C の中間点）を通過する際の遠心力 $F_{\mathrm{B}}$】
点 $\mathrm{B}$ は半円弧 $\mathrm{ABC}$ の中間点なので、床面からの高さが半径 $r$ に等しい位置です。
点 $\mathrm{B}$ を通過するときの速さを $v_{\mathrm{B}}$ とし、床面と点 $\mathrm{B}$ の間で力学的エネルギー保存則を立てると、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_{\mathrm{B}}^2 + mgr$$ 両辺を $\dfrac{2}{m}$ 倍して $v_0^2 = 5gr$ を代入すると、 $$v_{\mathrm{B}}^2 = v_0^2 - 2gr = 5gr - 2gr = 3gr$$ よって、点 $\mathrm{B}$ を通過する際に小球が受ける遠心力の大きさ $F_{\mathrm{B}}$ は、 $$F_{\mathrm{B}} = m\frac{v_{\mathrm{B}}^2}{r} = m\frac{3gr}{r} = 3mg = 3N$$ したがって、$N$ の $3$ 倍となります！

図2のように、半球の中心と小球を結ぶ動径が鉛直上向き（頂点 $\mathrm{D}$ の方向）となす角を $\theta$ とします。
角 $\theta$ の位置にあるとき、小球の床面からの高さ $h$ は、 $$h = R\cos\theta \quad \cdots \text{③}$$ と表せます。この位置での小球の速さを $v$、球面から受ける垂直抗力を $N'$ とします。

【Step 1：力学的エネルギー保存則】
頂点 $\mathrm{D}$（高さ $R$、初速度 $0$）と、高さ $h = R\cos\theta$ の位置の間で力学的エネルギー保存則を立てると、 $$mgR = \frac{1}{2}mv^2 + mgR\cos\theta \quad \Longleftrightarrow \quad v^2 = 2gR(1 - \cos\theta) \quad \cdots \text{④}$$ 【Step 2：円の中心方向の運動方程式】
角 $\theta$ の位置で、円の中心に向かう方向（動径の内向き）には重力の分力 $mg\cos\theta$ がはたらき、外向きに垂直抗力 $N'$ がはたらきます。よって運動方程式は、 $$m\frac{v^2}{R} = mg\cos\theta - N' \quad \Longleftrightarrow \quad N' = mg\cos\theta - m\frac{v^2}{R}$$ ④の $v^2 = 2gR(1 - \cos\theta)$ を代入すると、 $$N' = mg\cos\theta - 2mg(1 - \cos\theta) = mg(3\cos\theta - 2)$$ 【Step 3：球面から離れる条件（$N' = 0$）】
小球が球面から離れる瞬間、垂直抗力が $N' = 0$ となるので、 $$3\cos\theta - 2 = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \cos\theta = \frac{2}{3}$$ これを③の $h = R\cos\theta$ に代入すると、求める床面からの高さ $h$ は、 $$h = \frac{2}{3}R$$

【最初に [キ] を求めると超スッキリ！】
惑星 $\mathrm{A}$ の質量を $m_{\mathrm{A}}$、軌道半径（恒星との距離）を $R$、公転運動の速さを $v_{\mathrm{A}}$ とします。
質量 $M$ の恒星から受ける万有引力 $G\dfrac{Mm_{\mathrm{A}}}{R^2}$ が向心力となって等速円運動をしているので、中心方向の運動方程式は、 $$m_{\mathrm{A}}\frac{v_{\mathrm{A}}^2}{R} = G\frac{Mm_{\mathrm{A}}}{R^2}$$ 両辺の $m_{\mathrm{A}}$ を消去し、$R$ を掛けて $v_{\mathrm{A}} (>0)$ について解くと、 $$v_{\mathrm{A}}^2 = \frac{GM}{R} \quad \Longleftrightarrow \quad v_{\mathrm{A}} = \sqrt{\frac{GM}{R}}$$ これが [キ] の答えです！

【次に [カ]：公転周期の比（ケプラーの第3法則）】
半径 $r$、速さ $v = \sqrt{\dfrac{GM}{r}}$ で等速円運動する惑星の公転周期 $T$ は、円周 $2\pi r$ を速さ $v$ で割って、 $$T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi r}{\sqrt{\dfrac{GM}{r}}} = \frac{2\pi}{\sqrt{GM}} r^{\frac{3}{2}} \quad \left(\text{すなわち } \frac{T^2}{r^3} = \frac{4\pi^2}{GM} = \text{一定}\right)$$ これがケプラーの第3法則（周期の2乗は軌道半径の3乗に比例する：$T \propto r^{\frac{3}{2}}$）です。
惑星 $\mathrm{B}$ の軌道半径 $r_{\mathrm{B}}$ は惑星 $\mathrm{A}$ の軌道半径 $r_{\mathrm{A}}$ の $4$ 倍（$\dfrac{r_{\mathrm{B}}}{r_{\mathrm{A}}} = 4$）なので、公転周期の比 $\dfrac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{A}}}$ は、 $$\frac{T_{\mathrm{B}}}{T_{\mathrm{A}}} = \left(\frac{r_{\mathrm{B}}}{r_{\mathrm{A}}}\right)^{\frac{3}{2}} = 4^{\frac{3}{2}} = \left(\sqrt{4}\right)^3 = 2^3 = 8$$ したがって、惑星 $\mathrm{B}$ の公転周期は惑星 $\mathrm{A}$ の公転周期の $8$ 倍です！

まず、図1のグラフの折れ曲がり点の座標を正確に読み取りましょう（横1マス $= 0.500\text{ m}$、縦1マス $= 0.500\text{ V}$）：

• 原点 $\mathrm{O}$（$x = 0\text{ m}$）： 電位 $V(0) = 0\text{ V}$
• 横 $3$ マス目（$x = 0.500 \times 3 = 1.50\text{ m}$）： 縦 $2$ マス目なので、電位 $V(1.50) = 0.500 \times 2 = 1.00\text{ V}$
• 横 $6$ マス目（$x = 0.500 \times 6 = 3.00\text{ m}$）： 縦 $2$ マス目のまま平坦なので、電位 $V(3.00) = 1.00\text{ V}$
• 横 $12$ マス目（$x = 0.500 \times 12 = 6.00\text{ m}$）： 縦 $0$ マス目に戻るので、電位 $V(6.00) = 0\text{ V}$

また、物体 $\mathrm{P}$ の質量は $m = 1.00\text{ kg}$、電荷は $q = 1.50\text{ C}$ です。

正の電荷 $q = 1.50\text{ C} (>0)$ をもつ物体 $\mathrm{P}$ にとって、電位 $V(x)$ が高くなる区間①（$0 \le x \le 1.50\text{ m}$）は、静電気力による位置エネルギー $U(x) = qV(x)$ が増加する「上り坂」です。
したがって、$x = 1.50\text{ m}$（電位の山の頂上：$V = 1.00\text{ V}$）にギリギリ到達できれば（$x = 1.50\text{ m}$ での速さが $0$ 以上であれば）、その先の $x > 1.50\text{ m}$ の領域へ進むことができます！

原点 $x = 0$（$V(0) = 0\text{ V}$）での最小の初速度を $v_{\min}$ とし、$x = 1.50\text{ m}$（$V(1.50) = 1.00\text{ V}$）でちょうど速さが $0$ になるときのエネルギー保存則を立てます。 $$\frac{1}{2}mv_{\min}^2 + qV(0) = \frac{1}{2}m\cdot 0^2 + qV(1.50)$$ 数値を代入します（$m = 1.00\text{ kg},\ q = 1.50\text{ C},\ V(0) = 0\text{ V},\ V(1.50) = 1.00\text{ V}$）： $$\frac{1}{2} \times 1.00 \times v_{\min}^2 + 0 = 0 + 1.50 \times 1.00$$ $$\frac{1}{2}v_{\min}^2 = 1.50 \quad \Longleftrightarrow \quad v_{\min}^2 = 3.00$$ $$v_{\min} = \sqrt{3.00} = 1.73\text{ m/s}$$ 有効数字2桁で答えるので、$1.7\text{ m/s}$ となります。

【空欄 イ：$x = 6.00\text{ m}$ での速度 $v(6.00)$】
原点 $x = 0\text{ m}$ の電位は $V(0) = 0\text{ V}$ であり、到達点 $x = 6.00\text{ m}$ の電位も $V(6.00) = 0\text{ V}$ です！
つまり、上り坂（区間①）で減速した分だけ、下り坂（区間③）でまったく同じエネルギー分だけ加速されて元の速さに戻ります。
エネルギー保存則で確認すると、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 + qV(0) = \frac{1}{2}mv(6.00)^2 + qV(6.00)$$ $V(0) = V(6.00) = 0\text{ V}$ より、 $$v(6.00) = v_0 = 2.00\text{ m/s}$$ 有効数字2桁で答えるので、$2.0\text{ m/s}$ です！

【空欄 ウ：原点から $x = 6.00\text{ m}$ に到達するまでに要する時間 $T$】
まず、平坦な頂上部（$1.50\text{ m} \le x \le 3.00\text{ m}$、電位 $V = 1.00\text{ V}$）を通過するときの速さ $v_1$ をエネルギー保存則で求めます。 $$\frac{1}{2}mv_0^2 + qV(0) = \frac{1}{2}mv_1^2 + qV(1.50)$$ $$\frac{1}{2} \times 1.00 \times (2.00)^2 + 0 = \frac{1}{2} \times 1.00 \times v_1^2 + 1.50 \times 1.00$$ $$2.00 = \frac{1}{2}v_1^2 + 1.50 \quad \Longleftrightarrow \quad \frac{1}{2}v_1^2 = 0.50 \quad \Longleftrightarrow \quad v_1^2 = 1.00 \quad \Longleftrightarrow \quad v_1 = 1.00\text{ m/s}$$ なんと綺麗な整数値（$v_1 = 1.00\text{ m/s}$）になりました！
ここで、3つの区間のグラフはすべて直線（電場の強さ＝加速度が一定）なので、各区間の通過時間は「距離 $\div$ 平均の速度」で一発で計算できます！

以上より、原点から $x = 6.00\text{ m}$ に到達するまでの合計時間 $T$ は、 $$T = t_1 + t_2 + t_3 = 1.00 + 1.50 + 2.00 = 4.50\text{ s}$$ ……と、ここで図1の点線（マス目）をもう一度超拡大してチェックしましょう！
（※受験生が現場で迷いやすいポイントなので、ニックニ先生からの特別補足です！）
図1の原図の点線を左から1本ずつ数えると、実は上辺の平坦部分は「$3$ マス目から $6$ マス目」ではなく、「$3$ マス目（$1.50\text{ m}$）から $5$ マス目（$2.50\text{ m}$）」または「$3$ マス目（$1.50\text{ m}$）から $6$ マス目（$3.00\text{ m}$）で右端が $11$ マス目か $12$ マス目か」を精査する必要があります。
原図（

中心に正の点電荷 $+Q$ を置くと、静電誘導によって：
・導体球殻の内表面（半径 $r_1$）には $-Q$ の電荷が現れます。
・導体球殻は最初電荷が $0$（電気的に中性）だったので、電気量保存則より外表面（半径 $R$）には $+Q$ の電荷が現れます。

【先に空欄 オ：$r_1 < r < R$（導体の内部）の電場の大きさ】
領域 $r_1 < r < R$ は導体そのものの内部（金属の肉厚部分）です！
静電平衡状態にある導体の内部では、自由電子が移動して電場を打ち消すため、電場の大きさは常に $0$ になります。
（ガウスの法則で考えても、半径 $r\ (r_1 < r < R)$ の球面内の合計電荷は $(+Q) + (-Q) = 0$ なので、電場は $0$ です。）

【空欄 エ：$R < r$（導体球殻の外側）の電場の大きさ】
球対称性より、半径 $r\ (R < r)$ の球面上の電場の大きさ $E(r)$ は一様で、球面内の合計電荷は $(+Q) + (-Q) + (+Q) = +Q$ です。
したがって、球殻の外側（$R < r$）では、中心に点電荷 $+Q$ だけが置かれている場合とまったく同じ電場がつくられます！
クーロンの法則より、中心からの距離 $r$ における電場の大きさは、 $$E = \frac{kQ}{r^2}$$

[エ] で分かった通り、導体球殻の外側（$r \ge R$）では、中心にある正電荷 $+Q$ がつくる電場 $E(r) = \dfrac{kQ}{r^2}$（外向き）が存在します。
したがって、中心から距離 $r\ (\ge R)$ の位置における電位 $V(r)$（無限遠を基準 $0$ とする）は、点電荷 $+Q$ の電位の公式そのままに、 $$V(r) = \frac{kQ}{r}$$ と表せます！よって、負の点電荷 $-q\ (q>0)$ が距離 $r$ の位置でもつ静電気力による位置エネルギー $U(r)$ は、 $$U(r) = (-q)V(r) = -\frac{kqQ}{r} \quad \cdots \text{①}$$ となります（万有引力の位置エネルギー $-G\dfrac{Mm}{r}$ と完全に同じ形ですね！）。

【空欄 カ：高さ $h\ (h \ll R)$ まで到達して引き返すとき】
外表面 $r = R$（初速度 $v_0$）と、最高到達点 $r = R + h$（引き返す瞬間なので速さ $0$）の間で力学的エネルギー保存則を立てます。 $$\frac{1}{2}mv_0^2 + \left(-\frac{kqQ}{R}\right) = 0 + \left(-\frac{kqQ}{R+h}\right)$$ 移項して整理すると、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 = kqQ\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R+h}\right)$$ ここで問題文で与えられた近似式 $\dfrac{1}{R+h} \fallingdotseq \dfrac{1}{R}\left(1 - \dfrac{h}{R}\right)$ を代入すると、 $$\frac{1}{2}mv_0^2 = kqQ\left\{\frac{1}{R} - \frac{1}{R}\left(1 - \frac{h}{R}\right)\right\} = \frac{kqQ}{R^2}h$$ 両辺を $m$ で割ると、問題文の定義 $A = \dfrac{kqQ}{mR^2}$ がそのまま現れます！ $$\frac{1}{2}v_0^2 = \frac{kqQ}{mR^2}h = Ah \quad \Longleftrightarrow \quad h = \frac{v_0^2}{2A}$$ （※別解：外表面付近 $r \fallingdotseq R$ では、点電荷 $-q$ には中心向きに一定の静電気力 $F \fallingdotseq \dfrac{kqQ}{R^2} = mA$、すなわち中心向きの一定加速度 $A$ がはたらくと近似できるため、等加速度直線運動の公式 $0^2 - v_0^2 = -2Ah$ から1秒で $h = \dfrac{v_0^2}{2A}$ と出すこともできます！）

【空欄 キ：引き返すことなく無限遠（$r \to \infty$）まで到達するための初速度 $v_0$】
無限遠（$r \to \infty$）では位置エネルギーが $U(\infty) = -\dfrac{kqQ}{\infty} = 0$ となります。
途中で引き返さずに無限遠まで到達するための条件は、無限遠に達したときの運動エネルギーが $0$ 以上であること、すなわち初期状態の力学的エネルギーが $0$ 以上であることです。 $$\frac{1}{2}mv_0^2 + \left(-\frac{kqQ}{R}\right) \ge 0$$ 両辺に $\dfrac{2}{m}$ を掛けて整理し、$A = \dfrac{kqQ}{mR^2}$（すなわち $\dfrac{kqQ}{mR} = AR$）を用いて表すと、 $$v_0^2 \ge \frac{2kqQ}{mR} = 2\left(\frac{kqQ}{mR^2}\right)R = 2AR$$ $$v_0 \ge \sqrt{2AR}$$ よって、$v_0$ の大きさは $\sqrt{2AR}$ 以上でなければなりません。

気体は単原子分子理想気体なので、状態 $(P, V)$ における気体の内部エネルギー $U$ は、状態方程式 $PV = nRT$ を用いて、 $$U = \frac{3}{2}nRT = \frac{3}{2}PV$$ と表せます！

【先に空欄 イ：$\mathrm{A}\ (P_1, V_1) \to \mathrm{B}\ (P_2, V_1)$ の内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\mathrm{AB}}$】
状態 $\mathrm{A}$ の内部エネルギーは $U_{\mathrm{A}} = \dfrac{3}{2}P_1 V_1$、状態 $\mathrm{B}$ の内部エネルギーは $U_{\mathrm{B}} = \dfrac{3}{2}P_2 V_1$ です。
ここに $P_2 = \dfrac{243}{32}P_1$ を代入して、内部エネルギーの変化 $\Delta U_{\mathrm{AB}} = U_{\mathrm{B}} - U_{\mathrm{A}}$ を計算します。 $$\Delta U_{\mathrm{AB}} = \frac{3}{2}P_2 V_1 - \frac{3}{2}P_1 V_1 = \frac{3}{2}(P_2 - P_1)V_1$$ $$= \frac{3}{2}\left(\frac{243}{32} - 1\right)P_1 V_1 = \frac{3}{2} \times \frac{243 - 32}{32} P_1 V_1 = \frac{3}{2} \times \frac{211}{32} P_1 V_1 = \frac{633}{64} P_1 V_1$$ （※ $211$ は素数、または $64 = 2^6$ で素因数が $2$ だけなのに対し $633$ は奇数なので、$\dfrac{633}{64}$ はこれ以上約分できない既約分数です！）

【空欄 ア：$\mathrm{A} \to \mathrm{B}$ で出入りする熱量の大きさ $Q_{\mathrm{AB}}$】
過程 $\mathrm{A}\to\mathrm{B}$ は等積過程（体積が $V_1$ のまま一定）なので、気体が外部にする仕事は $W_{\mathrm{AB}} = 0$ です。
よって、熱力学第一法則 $Q_{\mathrm{AB}} = \Delta U_{\mathrm{AB}} + W_{\mathrm{AB}}$ より、 $$Q_{\mathrm{AB}} = \Delta U_{\mathrm{AB}} + 0 = \frac{633}{64} P_1 V_1$$ となり、[ア] と [イ] はまったく同じ値になります！

【空欄 ウ：状態 $\mathrm{C}\ (P_1, V_2)$ の体積 $V_2$】
状態 $\mathrm{B}\ (P_2, V_1)$ から状態 $\mathrm{C}\ (P_1, V_2)$ は断熱過程なので、ポアソンの法則 $PV^{5/3} = \text{一定}$ より、 $$P_2 V_1^{\frac{5}{3}} = P_1 V_2^{\frac{5}{3}}$$ が成り立ちます。これを $\left(\dfrac{V_2}{V_1}\right)^{\frac{5}{3}}$ について整理し、$P_2 = \dfrac{243}{32}P_1$ を代入すると、 $$\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\frac{5}{3}} = \frac{P_2}{P_1} = \frac{243}{32}$$ ここで、$243 = 3^5$、$32 = 2^5$ であることに注目すると、$\dfrac{243}{32} = \left(\dfrac{3}{2}\right)^5$ と書けます！ $$\left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\frac{5}{3}} = \left(\frac{3}{2}\right)^5$$ 両辺を $\dfrac{3}{5}$ 乗すると、 $$\frac{V_2}{V_1} = \left\{\left(\frac{3}{2}\right)^5\right\}^{\frac{3}{5}} = \left(\frac{3}{2}\right)^3 = \frac{27}{8}$$ したがって、状態 $\mathrm{C}$ の体積は $V_2 = \dfrac{27}{8}V_1$ です！

【空欄 エ：状態 $\mathrm{B}$ から $\mathrm{C}$ に変化するときに外部にする仕事 $W_{\mathrm{BC}}$】
過程 $\mathrm{B}\to\mathrm{C}$ は断熱過程なので、熱量の出入りは $Q_{\mathrm{BC}} = 0$ です。
熱力学第一法則 $Q_{\mathrm{BC}} = \Delta U_{\mathrm{BC}} + W_{\mathrm{BC}}$ に $Q_{\mathrm{BC}} = 0$ を代入すると、気体が外部にする仕事 $W_{\mathrm{BC}}$ は、 $$0 = (U_{\mathrm{C}} - U_{\mathrm{B}}) + W_{\mathrm{BC}} \quad \Longleftrightarrow \quad W_{\mathrm{BC}} = U_{\mathrm{B}} - U_{\mathrm{C}}$$ となります（断熱膨張では、内部エネルギーが減った分がそのまま外部への仕事になります！）。
$U_{\mathrm{B}} = \dfrac{3}{2}P_2 V_1 = \dfrac{3}{2} \times \dfrac{243}{32} P_1 V_1$、$U_{\mathrm{C}} = \dfrac{3}{2}P_1 V_2 = \dfrac{3}{2} \times \dfrac{27}{8} P_1 V_1$ を代入して計算します： $$W_{\mathrm{BC}} = \frac{3}{2}\left(P_2 V_1 - P_1 V_2\right) = \frac{3}{2}\left(\frac{243}{32} - \frac{27}{8}\right)P_1 V_1$$ カッコ内を分母 $32$ に通分すると（$\dfrac{27}{8} = \dfrac{27 \times 4}{32} = \dfrac{108}{32}$）、 $$W_{\mathrm{BC}} = \frac{3}{2}\left(\frac{243 - 108}{32}\right)P_1 V_1 = \frac{3}{2} \times \frac{135}{32} P_1 V_1 = \frac{405}{64} P_1 V_1$$ （$405$ は奇数、$64 = 2^6$ なので $\dfrac{405}{64}$ は既約分数です！）

【空欄 オ：状態 $\mathrm{C}\ (P_1, V_2)$ から $\mathrm{A}\ (P_1, V_1)$ に変化するときに出入りする熱量の大きさ $|Q_{\mathrm{CA}}|$】
過程 $\mathrm{C}\to\mathrm{A}$ は圧力 $P_1$ が一定の等圧圧縮過程です。
単原子分子理想気体の定圧モル比熱は $C_P = \dfrac{5}{2}R$（すなわち等圧過程での熱量は $\Delta U$ の $\dfrac{5}{3}$ 倍：$|Q_{\mathrm{CA}}| = \dfrac{5}{2}P_1(V_2 - V_1)$）ですが、基本通り $\Delta U_{\mathrm{CA}}$ と $W_{\mathrm{CA}}$ の両方から丁寧に確認しましょう！
・内部エネルギーの減少量：$|\Delta U_{\mathrm{CA}}| = U_{\mathrm{C}} - U_{\mathrm{A}} = \dfrac{3}{2}P_1(V_2 - V_1)$
・気体が外部からされる仕事（放出熱の一部になる）：$|W_{\mathrm{CA}}| = P_1(V_2 - V_1)$
よって、状態 $\mathrm{C}$ から $\mathrm{A}$ で外部へ放出する熱量の大きさ $|Q_{\mathrm{CA}}|$ は、 $$|Q_{\mathrm{CA}}| = |\Delta U_{\mathrm{CA}}| + |W_{\mathrm{CA}}| = \frac{3}{2}P_1(V_2 - V_1) + P_1(V_2 - V_1) = \frac{5}{2}P_1(V_2 - V_1)$$ ここに $V_2 = \dfrac{27}{8}V_1$ を代入すると、 $$|Q_{\mathrm{CA}}| = \frac{5}{2}\left(\frac{27}{8} - 1\right)P_1 V_1 = \frac{5}{2} \times \frac{19}{8} P_1 V_1 = \frac{95}{16} P_1 V_1$$ （$95 = 5 \times 19$、$16 = 2^4$ なので $\dfrac{95}{16}$ は既約分数です！）

【空欄 カ：この熱機関の効率 $e$】
1サイクル（$\mathrm{A}\to\mathrm{B}\to\mathrm{C}\to\mathrm{A}$）における各過程の熱量の出入りを整理すると：
・$\mathrm{A}\to\mathrm{B}$（等積加熱）：吸熱 $Q_{\text{in}} = Q_{\mathrm{AB}} = \dfrac{633}{64} P_1 V_1$
・$\mathrm{B}\to\mathrm{C}$（断熱膨張）：熱量の出入りなし（$Q_{\mathrm{BC}} = 0$）
・$\mathrm{C}\to\mathrm{A}$（等圧圧縮）：放熱 $Q_{\text{out}} = |Q_{\mathrm{CA}}| = \dfrac{95}{16} P_1 V_1 = \dfrac{95 \times 4}{64} P_1 V_1 = \dfrac{380}{64} P_1 V_1$

したがって、熱機関の効率 $e$ の公式 $e = \dfrac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{in}}} = \dfrac{Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}}$ より、 $$e = \frac{Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}} = \frac{\dfrac{633}{64}P_1 V_1 - \dfrac{380}{64}P_1 V_1}{\dfrac{633}{64}P_1 V_1} = \frac{633 - 380}{633} = \frac{253}{633}$$ （※検算として、1サイクルで気体が外部にする正味の仕事 $W_{\text{正味}} = W_{\mathrm{AB}} + W_{\mathrm{BC}} + W_{\mathrm{CA}} = 0 + \dfrac{405}{64}P_1 V_1 - P_1\left(\dfrac{27}{8}-1\right)V_1 = \left(\dfrac{405}{64} - \dfrac{19 \times 8}{64}\right)P_1 V_1 = \dfrac{405 - 152}{64}P_1 V_1 = \dfrac{253}{64}P_1 V_1$ を求めても、完全に一致して $e = \dfrac{253/64}{633/64} = \dfrac{253}{633}$ となります！
最後に既約分数か確認：$253 = 11 \times 23$ であり、$633 = 3 \times 211$ は $11$ でも $23$ でも割り切れないため、$\dfrac{253}{633}$ は既約分数です！）