水平面上の長円形（スタジアム形）レールを周回する台車に、正方形の一巻きコイル（一辺 \(L\)、ただし \(L>d\)）を含む回路が固定されている。レールの直線部 P₀P₁P₂ の途中、幅 \(d\) の帯状領域 \(-\dfrac{d}{2}\lt x<\dfrac{d}{2},\ y<0\) にだけ、鉛直上向き（\(+z\)）に磁束密度 \(B\) の一様磁場がある。台車は P₀ を速さ \(v_0\) で \(+x\) 方向に出発し、P₁（\(x=0\)）、P₂ を速さ \(v_1,\ v_2\) で通過する。速さの変化は十分小さく、\(v_a=\dfrac{v_0+v_1}{2}\) とおく。
\(L>d\) なので、右辺が帯を横切っている間（Q₁〜Q₂）は左辺はまだ帯の左外にあり、磁場を横切る辺は1本だけ。Q₁→Q₂ と Q₃→Q₄ は分離した2つのイベントになる。
立式（磁束変化 ΔΦ）：磁束は鉛直上向きを正とする。Q₁ では右辺が \(x=-\tfrac{d}{2}\) にあり、コイル内部で磁場に重なる面積は \(0\)。Q₂ では右辺が \(x=\tfrac{d}{2}\) に達し、\(L>d\) なので帯の幅 \(d\) 全体がコイル内に入り、重なり面積は \(d\times L\)。よって貫く磁束は \(0\to B\,dL\) と増える：
$$\Delta\Phi = B\,(dL) - 0 = BLd$$平均誘導起電力：Q₁Q₂ 間の移動時間は \(\Delta t=\dfrac{d}{v_a}\) と近似できるので、ファラデーの法則より
$$\overline{E} = \left|\,\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\,\right| = \frac{BLd}{\,d/v_a\,} = BLv_a$$ジュール熱（イ）：移動中 \(\overline{E}\) が一定とみなせるので電流は \(I=\dfrac{\overline{E}}{R}=\dfrac{BLv_a}{R}\)。抵抗で発生するジュール熱の総和は
$$Q = I^2 R\,\Delta t = \left(\frac{BLv_a}{R}\right)^2 R\cdot\frac{d}{v_a} = \frac{B^2L^2 d\,v_a}{R}$$\(L>d\) のため、右辺が帯（幅 \(d\)）を横切っている間、左辺はまだ帯の左外（\(x<-\tfrac{d}{2}\)）にある。磁場を横切る導体辺は右辺のみで、ここに \(\varepsilon=BLv\) の起電力が生じる。コイル全体が帯をまたいでいる状態（右辺が帯を抜け、左辺が未進入）では貫く磁束 \(BLd\) が一定となり \(\varepsilon=0\)。
帯状磁場では「1辺が境界を横切っている間だけ」起電力が生じる。\(\Delta\Phi\) は重なり面積の増加分＝\(BLd\) で、辺の長さ \(L\) と帯の幅 \(d\) の積に \(B\) を掛けた形になる。
立式（エネルギー保存）：P₀→P₁ で失う運動エネルギーがジュール熱に等しい。Ⅰ-(1) より \(Q=\dfrac{B^2L^2 d\,v_a}{R}\)：
$$\frac12 m v_0^2 - \frac12 m v_1^2 = \frac{B^2L^2 d\,v_a}{R}$$代入と途中計算：左辺を因数分解し、\(v_a=\dfrac{v_0+v_1}{2}\) を代入する：
$$\frac12 m\,(v_0-v_1)(v_0+v_1) = \frac{B^2L^2 d}{R}\cdot\frac{v_0+v_1}{2}$$両辺の共通因子 \(\dfrac{v_0+v_1}{2}\;(\neq 0)\) を消去すると：
$$m\,(v_0-v_1) = \frac{B^2L^2 d}{R}\quad\Rightarrow\quad v_0 - v_1 = \frac{B^2L^2 d}{mR}$$結果：
$$v_1 = v_0 - \frac{B^2L^2 d}{mR}$$右辺に流れる電流は \(I=\dfrac{BLv_a}{R}\)。これが磁場から受ける制動力は \(F=BIL=\dfrac{B^2L^2 v_a}{R}\)（\(-x\) 向き）。Q₁Q₂ 間で中心は距離 \(d\) 進むので仕事は
$$W = F\cdot d = \frac{B^2L^2 d\,v_a}{R}$$これがジュール熱（＝運動エネルギーの減少）に等しく、上と同じ式に帰着する。
運動量で見ると \(m(v_1-v_0)=-F\Delta t=-\dfrac{B^2L^2 v_a}{R}\cdot\dfrac{d}{v_a}=-\dfrac{B^2L^2 d}{R}\) でも一発で出る。
\(v_a=\dfrac{v_0+v_1}{2}\) を使う狙いは、エネルギー差の因数 \((v_0+v_1)\) と約分させて速さの「減少量」を定数にすること。結果 \(v_0-v_1=\dfrac{B^2L^2 d}{mR}\) は速さに依らない一定量で、これが Ⅱ-(4) の「直線的減少」の伏線になる。
(1) Q₁→Q₂ にコイルに流れる電流：このとき誘導起電力 \(\overline{E}=BLv_a\) はダイオードの順方向に電流を流そうとする。回路には電池 \(V\) が向かい合って入っているので、キルヒホッフの第二法則より電流は
$$I = \frac{\,BLv_a - V\,}{R}\qquad(\text{ただし }BLv_a>V\text{ のとき})$$誘導起電力が電池 \(V\) を超えなければ（\(BLv_a\le V\)）、ダイオードは順方向でも電流を流さず \(I=0\) となる。
(2) Q₁→Q₂ のローレンツ力：磁場内にある右辺（長さ \(L\)）に電流 \(I\) が流れるので
$$|F| = BIL = \frac{BL\,(BLv_a - V)}{R} = \frac{B^2L^2 v_a - BLV}{R}$$レンツの法則どおり、この力は台車の運動を妨げる向き＝\(x\) 軸負の向き。符号付きで
$$F = -\,\frac{B^2L^2 v_a - BLV}{R}\quad(x\text{ 軸正を正とする})$$(3) Q₃→Q₄ のローレンツ力：左辺が磁場に進入するときは、コイルを貫く磁束が今度は減少するため、誘導起電力の向きが (1) と逆になる。これはダイオードにとって逆方向なので電流は流れない。したがって力は
$$F = 0$$Ⅰ では Q₁Q₂・Q₃Q₄ の両方で（向きは逆でも）電流が流れ、各イベントで \(F=\dfrac{B^2L^2 v}{R}\) の制動を受けた。Ⅱ ではダイオードにより片方のイベントだけ、しかも \(BLv_a>V\) のときだけ制動がかかる。電池 \(V\) が「下限速度」を設定するイメージである。
ダイオードは整流＝片方向のイベントのみ通電、電池 \(V\) はしきい値。「\(BLv_a>V\) のとき \(I=(BLv_a-V)/R\)」「逆向きイベントでは \(I=0\)」の2点を押さえれば、(4)(5) の終端挙動が読める。
減少量の評価：1回の通過で、制動が働く距離は \(d\)（片方の辺のみ）。\(BLv_n>V\) のあいだ、運動エネルギーの減少は
$$\Delta K_n = |F|\cdot d = \frac{BL\,(BLv_n - V)}{R}\cdot d = \frac{BLd}{R}\,(BLv_n - V)$$挙動：速さ \(v_n\) が大きいうちは \(\Delta K_n\) も大きく、\(K_n\) はぐんぐん減る。\(v_n\) が下がると \(\Delta K_n\) も小さくなり、ついに \(BLv_n = V\)、すなわち \(v_n = \dfrac{V}{BL}\) になると \(\Delta K_n=0\)。以降は減速せず一定速。よって \(K_n\) は
$$K_n \;\to\; K_\infty = \frac12 m v_\infty^2 = \frac{m V^2}{2B^2L^2}\;(>0)$$に向かって減少し、非ゼロの一定値で平らになる。減少が「ゼロに漸近」する ③ ではなく、はっきり水平な台地に落ち着く形が正しい。グラフ群のうち、減少のあと明瞭に一定値（非ゼロ）へ移行する形は ②。
③ は \(K_n\to0\)（最終的に止まる）形だが、電池 \(V\) があるため \(BLv=V\) で制動が止まり、台車は有限の速さ \(v_\infty=V/(BL)\) で走り続ける。よって \(K_\infty>0\) で頭打ちになる ② が適切。①・④ も平らになるが、「ほぼ一定の大きさずつ減って最後に明確な台地へ移る」減衰のしかた（はっきりした折れ＝knee をもつ ②）が、\(\Delta K_n\propto(BLv_n-V)\) の挙動に最もよく対応する。
「電池 \(V\) がしきい値」を見抜けるかが鍵。制動が消えるのは速さが \(0\) のときではなく \(v=V/(BL)\) のとき。だから \(K_n\) はゼロではなく \(K_\infty=\dfrac{mV^2}{2B^2L^2}\) で一定になる。
立式：一定速になる＝制動力 \(F=0\)＝電流 \(I=0\)。Ⅱ-(1) の電流の式 \(I=\dfrac{BLv-V}{R}\) が \(0\) になる速さが終端速度 \(v_\infty\)：
$$I = \frac{BLv_\infty - V}{R} = 0 \quad\Rightarrow\quad BLv_\infty - V = 0$$結果：
$$v_\infty = \frac{V}{BL}$$これより速い間（\(BLv>V\)）は電流が流れて減速し、\(v_\infty\) に達すると電流が止まって速さが保たれる。指定された文字 \(v_0,L,d,B,m,R,V\) のうち、答えに必要なのは \(V,B,L\) だけである。
\(R\) や \(m\) は「どれだけ速く \(v_\infty\) に近づくか（減速の速さ）」を決めるが、「最終的にどこで止まる（減速が消える）か」はしきい条件 \(BLv=V\) だけで決まる。だから終端速度は \(V,B,L\) のみの関数で、\(R,m,d,v_0\) を含まない。
終端速度は「誘導起電力＝電池電圧」\(BLv_\infty=V\) で決まる。摩擦の終端速度（力のつり合い）と同じく「これ以上の変化を生む駆動がゼロになる点」を探すのがコツ。
回路の読み取り（図2-6）：端子の接続は次の通り。コイル1は A–B、コイル2は C–D に接続され、両コイルは上から見て完全に重なり、起電力は等しく \(\overline{E}=BLv_a\)。
立式：Q₁→Q₂（右辺進入）の起電力の向きでは、2つのダイオードがともに逆方向となり遮断する。電流が流れないので \(R_1,R_2\) の電圧降下は \(0\)：
$$I = 0 \;\Rightarrow\; V_T = V_M = V_N \quad(\text{抵抗で降下なし})$$各電位の決定：D の電位を \(0\) とする。コイル2（C–D 間、起電力 \(BLv_a\)）と、ダイオードが遮断するための条件 \(V_N \le V_D=0\) から、節点電位は
$$V_M = V_N = V_C = -BLv_a$$B は M と同電位なので \(V_B = V_M = -BLv_a\)。次にコイル1（A–B 間、起電力 \(BLv_a\)）。A 側のダイオードが遮断する向き（\(V_A \le V_T = V_M = -BLv_a\)）を満たすのは、A がさらに \(BLv_a\) だけ低い場合：
$$V_A = V_B - BLv_a = -BLv_a - BLv_a = -2BLv_a$$Q₁Q₂ では両ダイオードが遮断 → 抵抗に電流ゼロ → 電圧降下ゼロ。よって電位は抵抗値に依らず、コイルの起電力 \(BLv_a\) だけで決まる。これは設問文が「\(v_a,L,d,B,m\) のうち必要なもの」とし、\(R_1,R_2\) を除いていることと整合する（実際 \(d,m\) も不要で、答えは \(B,L,v_a\) のみ）。
「ダイオードが遮断 → 電流ゼロ → 抵抗の降下ゼロ」を見抜けば、電位はコイル起電力の直列の足し算だけで決まる。A は2本ぶん、B は1本ぶんで \(2:1\)。
Q₃Q₄ での回路：左辺進入では起電力が逆向きになり、両ダイオードが順方向（理想なので抵抗0）になって導通する。導通時、節点は T＝A、M＝B＝C、N＝D となり、
（コイル自身の抵抗は無視できるので、各コイルは対応する抵抗を独立に駆動する。）
1往復（P₀P₂）で失うエネルギー：Q₁Q₂ では電流ゼロで損失なし。Q₃Q₄（時間 \(\Delta t=\dfrac{d}{v_a}\)）でのジュール熱の総和が損失：
$$Q = \left(\frac{(BLv_a)^2}{R_1} + \frac{(BLv_a)^2}{R_2}\right)\Delta t = B^2L^2 d\,v_a\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right)$$速さの変化（エネルギー保存）：\(\dfrac12 m v_0^2 - \dfrac12 m v_2^2 = Q\)。変化が小さいので \(v_a\fallingdotseq v_0\)、\(v_0^2-v_2^2=(v_0-v_2)(v_0+v_2)\fallingdotseq 2v_0(v_0-v_2)\) と近似：
$$\frac12 m\cdot 2v_0\,(v_0-v_2) = B^2L^2 d\,v_0\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right)$$両辺の \(v_0\) を約分して
$$|v_2 - v_0| = \frac{B^2L^2 d}{m}\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}\right)$$最小化：\(R_1+R_2=6R\) のもとで \(g=\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}=\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{6R-R_1}\) を最小にする。微分して \(0\) とおくと
$$\frac{dg}{dR_1} = -\frac{1}{R_1^2} + \frac{1}{(6R-R_1)^2} = 0 \;\Rightarrow\; R_1^2 = (6R-R_1)^2 \;\Rightarrow\; R_1 = 6R - R_1$$ $$\therefore\; R_1 = 3R\quad(R_2 = 3R)$$このとき \(g_{\min}=\dfrac{1}{3R}+\dfrac{1}{3R}=\dfrac{2}{3R}\) で、速さの変化の最小値は
$$|v_2-v_0|_{\min} = \frac{B^2L^2 d}{m}\cdot\frac{2}{3R} = \frac{2B^2L^2 d}{3mR}$$\(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}=\dfrac{R_1+R_2}{R_1 R_2}=\dfrac{6R}{R_1 R_2}\)。分子 \(6R\) は固定なので、和を最小にするには分母 \(R_1 R_2\) を最大にすればよい。和一定 \(R_1+R_2=6R\) のもとで積 \(R_1R_2\) が最大になるのは \(R_1=R_2\)（相加相乗平均の等号）。よって \(R_1=R_2=3R\)、\(R_1R_2=9R^2\) で \(g=\dfrac{6R}{9R^2}=\dfrac{2}{3R}\)。微分を使わずに同じ結論が得られる。
2本のコイルは Q₃Q₄ でそれぞれ \(R_1,R_2\) を独立に駆動するため、損失は並列合成コンダクタンス \(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}\) に比例する。和一定で「\(\frac1{R_1}+\frac1{R_2}\) 最小」＝「\(R_1R_2\) 最大」＝等分割 \(R_1=R_2\)。減速を抑えたいなら抵抗は等しく振り分けるのが最適。