問題58 (センター試験+岐阜大+室蘭工大)
【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう
この問題は、真空中に水平に固定され、滑らかに動くピストンで連結された断熱容器A、B内の理想気体の状態変化を扱うものです。セクションIでは両容器の断面積が同じ場合、セクションIIではBの断面積がAの2倍の場合について、温度変化や熱の出入り、体積変化などを考察します。最後に、大気圧が存在する場合の影響についても問われています。理想気体の状態方程式、熱力学第一法則、そしてピストンの力のつり合いを正確に適用することが鍵となります。
- 真空中に水平に固定された断熱容器AとB。
- 滑らかに動くピストンが棒で連結されている。
- 容器とピストンは断熱材でできている。
- \(\alpha\) と \(\beta\) は温度調節器。
- A, Bにはそれぞれ \(1 \, \text{mol}\) ずつの単原子分子の理想気体が入っている。
- 初めの絶対温度はともに \(T_0\)。
- 気体定数を \(R\)。
- セクションI:
- 両容器の断面積は同じ (\(S\))。
- 気体の体積は初め共に \(V_0\)。
- 操作: \(\alpha\) と \(\beta\) を働かせ、A内の温度を \(T_1\) に上げ、B内の温度を \(T_0\) に保つ。
- セクションII:
- Bの断面積はAの2倍 (\(S_B = 2S_A\))。
- 初めのA内の体積を \(V_0\)。
- 操作: B内の気体との熱のやりとりを断ち (\(\beta\) を使わない、Bは断熱変化)、\(\alpha\) だけを働かせてA内の温度を \(T_1\) に上げたところ、B内の温度は \(T_2\) となった。
- セクションIについて:
- (1) 操作後のA内の気体の体積 \(V_A\) と圧力 \(P_A\)。
- (2) \(\alpha\) がAに供給した熱量を \(Q_\alpha\) とするとき、\(\beta\) がBから吸収した熱量（Bが放出した熱量）\(Q_\beta\)。
- セクションIIについて:
- (3) 初めのB内の気体の体積 \(V_{B0}\)。
- (4) \(\alpha\) がAに供給した熱量 \(q\)。
- (5) 操作後のA内の気体の体積 \(V_A’\)。
- Q. 装置が大気圧 \(P_0\) の大気中に置かれていたとして、問(1)～(4)に答えよ。
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
この問題を解く上で中心となるのは、「理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\)」、「熱力学第一法則 \(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\)」、そして「ピストンの力のつり合い」です。特に、単原子分子理想気体の内部エネルギーが \(U = \frac{3}{2}nRT\) であること、断熱変化では \(Q=0\) であること、そして連結されたピストンの動きによる体積変化の関係を正確に捉えることが重要になります。各セクション、各設問ごとにこれらの法則を丁寧に適用していきましょう。
問 (1)
思考の道筋とポイント
ピストンは滑らかに動き、最終的にAとBの気体が及ぼす力がつり合って静止します。両容器の断面積が同じなので、これはA内の気体の圧力とB内の気体の圧力が等しくなることを意味します。この等しい圧力を \(P_1\) としましょう。Aの体積が \(V_A\) になったとき、容器全体の体積は \(V_0 + V_0 = 2V_0\) で一定なので、Bの体積は \(2V_0 – V_A\) となります。これらの情報と、AとBそれぞれの最終的な温度を使って状態方程式を立てれば、未知数である \(V_A\) と \(P_1\) を求めることができます。
この設問における重要なポイント
- ピストンが静止する条件は、両側の気体の圧力が等しくなることです（断面積が等しい場合）。
- AとB、それぞれについて理想気体の状態方程式を適用します。
- AとBの体積の和が、初期の体積の和 \(2V_0\) に等しいことを利用します。
具体的な解説と立式
操作後のA内の気体の圧力を \(P_1\)、体積を \(V_A\)、温度を \(T_1\) とします。
操作後のB内の気体の圧力も \(P_1\) (ピストンにかかる力がつりあうため)、体積を \(V_B\)、温度を \(T_0\) とします。
各気体の物質量は \(n=1 \, \text{mol}\) です。
気体Aについて、理想気体の状態方程式は、
$$P_1 V_A = R T_1 \quad \cdots ①$$
気体Bについて、理想気体の状態方程式は、
$$P_1 V_B = R T_0 \quad \cdots ②$$
初めのA, Bの体積は共に \(V_0\) であったため、ピストンで連結された系全体の体積は \(2V_0\) で一定です。したがって、操作後の体積について、
$$V_A + V_B = 2V_0 \quad \cdots ③$$
式③から \(V_B = 2V_0 – V_A\) となります。これを式②に代入すると、
$$P_1 (2V_0 – V_A) = R T_0 \quad \cdots ④$$
これで、未知数 \(P_1\) と \(V_A\) に関する連立方程式①と④が得られました。
使用した物理公式
- 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
まず、式①を \(P_1\) について解くと \(P_1 = \displaystyle\frac{R T_1}{V_A}\) となります。これを式④に代入します。
$$\left(\frac{R T_1}{V_A}\right) (2V_0 – V_A) = R T_0$$
両辺の \(R\) を消去します (\(R \neq 0\) なので)。
$$\frac{T_1}{V_A} (2V_0 – V_A) = T_0$$
次に、両辺に \(V_A\) を掛けて分母を払います。
$$T_1 (2V_0 – V_A) = T_0 V_A$$
左辺を展開します。
$$2V_0 T_1 – V_A T_1 = T_0 V_A$$
\(V_A\) を含む項を右辺にまとめます。
$$2V_0 T_1 = T_0 V_A + T_1 V_A$$
右辺を \(V_A\) でくくります。
$$2V_0 T_1 = (T_0 + T_1) V_A$$
したがって、\(V_A\) は次のように求まります。
$$V_A = \frac{2T_1}{T_0 + T_1} V_0 \quad \cdots ⑤$$
次に、この \(V_A\) の結果を式①に代入して \(P_1\) を求めます。
$$P_1 = \frac{R T_1}{V_A} = R T_1 \cdot \frac{1}{\frac{2T_1}{T_0 + T_1} V_0}$$
分数の割り算なので、逆数を掛けます。
$$P_1 = R T_1 \cdot \frac{T_0 + T_1}{2T_1 V_0}$$
分子と分母の \(T_1\) を約分します (\(T_1 \neq 0\) と考えられます)。
$$P_1 = \frac{R(T_0 + T_1)}{2V_0} \quad \cdots ⑥$$
これが求める圧力 \(P_A\) です。
AとBの部屋の気体は、ピストンを挟んで押し合っています。ピストンが最終的に止まるのは、Aの気圧とBの気圧が同じになったときです（今回はピストンの面積が同じだから）。AとBのそれぞれの部屋について、「圧力 × 体積 = 物質量 × 気体定数 × 温度」という関係式（状態方程式）が成り立ちます。また、Aの部屋の体積とBの部屋の体積を足すと、最初にあった二つの部屋の体積の合計 \(2V_0\) になります。これらの手がかり（式）を組み合わせることで、変化後のAの部屋の体積と圧力を計算することができます。
操作後のA内の気体の体積は \(V_A = \displaystyle\frac{2T_1}{T_0 + T_1} V_0\)、圧力は \(P_A = \displaystyle\frac{R(T_0 + T_1)}{2V_0}\) です。
もし、\(T_1 = T_0\)（Aの温度を変化させなかった）とすると、
\(V_A = \displaystyle\frac{2T_0}{T_0 + T_0} V_0 = \displaystyle\frac{2T_0}{2T_0} V_0 = V_0\)
\(P_A = \displaystyle\frac{R(T_0 + T_0)}{2V_0} = \displaystyle\frac{2RT_0}{2V_0} = \displaystyle\frac{RT_0}{V_0}\) (これは初期圧 \(P_0\) に等しい)
となり、初期状態と一致します。これは物理的に妥当ですね。
また、もし \(T_1 > T_0\) ならば、\(T_0 + T_1 < 2T_1\) なので、\(\displaystyle\frac{2T_1}{T_0+T_1} > 1\) となり、\(V_A > V_0\) となります。つまり、Aは膨張します。これも温度上昇に伴う膨張として直感に合います。
問 (2)
思考の道筋とポイント
この問いでは、熱のやり取りと仕事、内部エネルギー変化の関係を熱力学第一法則を用いて考えます。Aは温度調節器 \(\alpha\) から熱 \(Q_\alpha\) を吸収し、温度が \(T_0\) から \(T_1\) に変化し、体積も \(V_0\) から \(V_A\) へと変化します。この過程でAは外部（この場合はB）に対して仕事をします。Bは温度が \(T_0\) で一定に保たれながら、Aから仕事をされます。温度を一定に保つために、Bは温度調節器 \(\beta\) へ熱 \(Q_\beta\) を放出します（問題文の「\(\beta\)が吸収した熱量 \(Q_\beta\)」は、Bが放出した熱量を意味すると解釈します）。
AとBそれぞれについて熱力学第一法則の式を立て、Aがした仕事とBがされた仕事の大きさが等しいことを利用して \(Q_\beta\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 気体A、気体Bそれぞれに熱力学第一法則 \(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\) を適用します。
- 単原子分子理想気体の内部エネルギー変化は \(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\) で計算します。
- 気体Aがした仕事の大きさと、気体Bがされた仕事の大きさは等しくなります。
- 気体Bの温度は \(T_0\) で一定なので、Bの内部エネルギー変化は0です。
具体的な解説と立式
気体Aについて考えます。
Aが吸収した熱量は \(Q_\alpha\)。
Aの初めの温度は \(T_0\)、終わりの温度は \(T_1\) なので、内部エネルギーの変化 \(\Delta U_A\) は、物質量 \(n=1 \, \text{mol}\) より、
$$\Delta U_A = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0) \quad \cdots ⑦$$
Aが外部にした仕事を \(W\) とすると、熱力学第一法則より、
$$\Delta U_A = Q_\alpha – W \quad \cdots ⑧$$
次に気体Bについて考えます。
Bが放出した熱量を \(Q_\beta\) とします（つまり、Bが吸収した熱は \(-Q_\beta\) です）。
Bの温度は \(T_0\) で一定なので、内部エネルギーの変化 \(\Delta U_B\) は、
$$\Delta U_B = \frac{3}{2}R(T_0 – T_0) = 0 \quad \cdots ⑨$$
気体Aが仕事 \(W\) を外部にしたとき、その仕事はすべて気体Bに対してなされます。したがって、気体Bがされた仕事は \(W\) です。Bがした仕事は \(-W\) となります。
熱力学第一法則をBに適用すると（Bが吸収した熱は \(-Q_\beta\)、Bがした仕事は \(-W\)）、
$$\Delta U_B = (-Q_\beta) – (-W)$$
$$0 = -Q_\beta + W \quad \cdots ⑩$$
使用した物理公式
- 熱力学第一法則: \(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\) (Q: 吸収した熱量, \(W_{\text{した}}\): した仕事)
- 単原子分子理想気体の内部エネルギー変化: \(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\)
式⑩より、Aがした仕事（Bがされた仕事）\(W\) は、
$$W = Q_\beta \quad \cdots ⑪$$
この \(W = Q_\beta\) を式⑧に代入します。
$$\Delta U_A = Q_\alpha – Q_\beta$$
ここに式⑦の \(\Delta U_A = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\) を代入すると、
$$\frac{3}{2}R(T_1 – T_0) = Q_\alpha – Q_\beta$$
これを \(Q_\beta\) について解くと、
$$Q_\beta = Q_\alpha – \frac{3}{2}R(T_1 – T_0) \quad \cdots ⑫$$
Aの部屋の気体は、\(\alpha\) から熱 \(Q_\alpha\) をもらって温度が上がり（内部エネルギーが増え）、同時にBの部屋の気体を押して仕事 \(W\) をします。「もらった熱の一部が内部エネルギーの増加に使われ、残りが仕事に使われる」というエネルギー保存の関係（熱力学第一法則）が成り立ちます。
一方、Bの部屋の気体は、Aに押されて仕事 \(W\) をされますが、温度は変わらないように \(\beta\) によって調節されています。温度が変わらないということは内部エネルギーも変わりません。そのため、「された仕事 \(W\) と同じだけの熱量 \(Q_\beta\) を \(\beta\) に放出する」という関係が成り立ちます。
この二つの関係を使うと、Bが放出した熱量 \(Q_\beta\) を \(Q_\alpha\) と温度変化を使って表すことができます。
\(\beta\) が吸収した熱量（Bが放出した熱量）は \(Q_\beta = Q_\alpha – \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\) です。
この結果は、Aが吸収した熱 \(Q_\alpha\) の一部がAの内部エネルギー増加に使われ、残りが仕事 \(W\) となり、その仕事 \(W\) がそのままBから放出される熱 \(Q_\beta\) に等しいことを示しています。
もし、Aの内部エネルギー変化がない（\(T_1 = T_0\)）なら、\(Q_\beta = Q_\alpha\) となります。このときAはもらった熱をすべて仕事としてBに与え、Bはその仕事をすべて熱として放出する、という状況です。
問 (3)
思考の道筋とポイント
セクションIIでは、Bの断面積がAの2倍 (\(S_B = 2S_A\)) となります。初めの状態では、ピストンはつり合って静止しています。Aの断面積を \(S_A\)、Bの断面積を \(S_B = 2S_A\) とします。A内の初めの圧力を \(P_{A0}\)、B内の初めの圧力を \(P_{B0}\) とすると、ピストンにはAから右向きに \(P_{A0}S_A\) の力、Bから左向きに \(P_{B0}S_B = P_{B0}(2S_A)\) の力が働きます。これらの力がつり合っているので、\(P_{A0}S_A = P_{B0}(2S_A)\) という関係が成り立ちます。これから \(P_{A0}\) と \(P_{B0}\) の関係が分かります。
Aの初めの体積は \(V_0\)、温度は \(T_0\)。Bの初めの体積を \(V_{B0}\)（これが求めるもの）、温度は \(T_0\)。それぞれについて状態方程式を立て、圧力の関係を用いることで \(V_{B0}\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- ピストンにかかる力のつり合いを考えます。今回は断面積が異なるため、\(P_A S_A = P_B S_B\) の形になります。
- AとB、それぞれについて初期状態の理想気体の状態方程式を適用します。
具体的な解説と立式
初めの状態において、
A内の気体の圧力を \(P_{A0}\)、体積を \(V_0\)、温度を \(T_0\)。
B内の気体の圧力を \(P_{B0}\)、体積を \(V_{B0}\) (これを求める)、温度を \(T_0\)。
Aのピストンの断面積を \(S_A\)、Bのピストンの断面積を \(S_B = 2S_A\)。
ピストンが静止しているので、力のつり合いが成り立ちます。
Aの気体がピストンを右へ押す力: \(F_A = P_{A0}S_A\)
Bの気体がピストンを左へ押す力: \(F_B = P_{B0}S_B = P_{B0}(2S_A)\)
力のつり合いより \(F_A = F_B\):
$$P_{A0}S_A = P_{B0}(2S_A)$$
両辺の \(S_A\) を消去すると (\(S_A \neq 0\))、
$$P_{A0} = 2P_{B0} \quad \text{または} \quad P_{B0} = \frac{1}{2}P_{A0} \quad \cdots ⑬$$
次に、AとBそれぞれについて理想気体の状態方程式を立てます (\(n=1 \, \text{mol}\))。
Aについて: $$P_{A0}V_0 = RT_0 \quad \cdots ⑭$$
Bについて:$$P_{B0}V_{B0} = RT_0 \quad \cdots ⑮$$
使用した物理公式
- 力のつり合い: \(F_1 = F_2\) (この場合は \(P_1S_1=P_2S_2\))
- 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
式⑭と式⑮の右辺はともに \(RT_0\) で等しいので、左辺も等しくなります。
$$P_{A0}V_0 = P_{B0}V_{B0}$$
ここに式⑬の \(P_{B0} = \displaystyle\frac{1}{2}P_{A0}\) を代入します。
$$P_{A0}V_0 = \left(\frac{1}{2}P_{A0}\right)V_{B0}$$
両辺の \(P_{A0}\) を消去します (\(P_{A0} \neq 0\) と考えられます)。
$$V_0 = \frac{1}{2}V_{B0}$$
したがって、初めのB内の気体の体積 \(V_{B0}\) は、
$$V_{B0} = 2V_0 \quad \cdots ⑯$$
ピストンが止まっているということは、Aの気体がピストンを押す力と、Bの気体がピストンを押す力がつり合っているということです。ただし、今回はB側のピストンの面積がA側の2倍なので、Bの気圧はAの気圧の半分になります（同じ力で押すために）。AとB、それぞれの部屋の最初の状態（体積、圧力、温度）について状態方程式を立て、この圧力の関係を使うと、Bの最初の体積がAの最初の体積 \(V_0\) の何倍になるかが分かります。
初めのB内の気体の体積は \(V_{B0} = 2V_0\) です。
Bのピストン断面積がAの2倍であるため、同じ力でピストンを支えるにはBの圧力がAの半分で済みます。同じ温度・物質量で圧力が半分なら、体積は2倍になる、というのは \(PV=nRT\) からも妥当な結果です (\(V = nRT/P\))。
問 (4)
思考の道筋とポイント
A内の温度を \(T_0\) から \(T_1\) に上げるために、温度調節器 \(\alpha\) がAに熱量 \(q\) を供給します。この過程でAは膨張（または収縮）し、Bに対して仕事をします。Bは外部との熱のやりとりを断たれている（断熱変化）ので、Aからされた仕事の分だけ内部エネルギーが変化し、その結果温度が \(T_0\) から \(T_2\) に変わります。
AとBそれぞれについて熱力学第一法則を適用します。Aがした仕事とBがされた仕事の大きさは等しいことを利用して、\(q\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 気体A、気体Bそれぞれに熱力学第一法則を適用します。
- 気体Bは断熱変化なので、Bが吸収する熱量は0です (\(Q_B = 0\))。
- Aの内部エネルギー変化は \(\Delta U_A = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\)。
- Bの内部エネルギー変化は \(\Delta U_B = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_2 – T_0)\)。
- Aがした仕事の大きさと、Bがされた仕事の大きさは等しいです。
具体的な解説と立式
気体Aについて考えます。
Aが吸収した熱量は \(q\) (これを求める)。
Aの内部エネルギーの変化 \(\Delta U_A\) は、物質量 \(n=1 \, \text{mol}\) より、
$$\Delta U_A = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0) \quad \cdots ⑰$$
Aが外部にした仕事を \(W’\) とすると、熱力学第一法則より、
$$\Delta U_A = q – W’ \quad \cdots ⑱$$
次に気体Bについて考えます。
Bは断熱変化をするので、Bが吸収した熱量 \(Q_B = 0\)。
Bの内部エネルギーの変化 \(\Delta U_B\) は、
$$\Delta U_B = \frac{3}{2}R(T_2 – T_0) \quad \cdots ⑲$$
気体Aが仕事 \(W’\) を外部にしたとき、その仕事はすべて気体Bに対してなされます。したがって、気体Bがされた仕事は \(W’\) です。Bがした仕事は \(-W’\) となります。
熱力学第一法則をBに適用すると（Bが吸収した熱は0、Bがした仕事は \(-W’\)）、
$$\Delta U_B = 0 – (-W’)$$
$$\Delta U_B = W’ \quad \cdots ⑳$$
使用した物理公式
- 熱力学第一法則: \(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\)
- 単原子分子理想気体の内部エネルギー変化: \(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\)
- 断熱変化: \(Q=0\)
式⑲と式⑳から、Aがした仕事 \(W’\) は、
$$W’ = \Delta U_B = \frac{3}{2}R(T_2 – T_0) \quad \cdots ㉑$$
この \(W’\) を式⑱に代入します。
$$\Delta U_A = q – \frac{3}{2}R(T_2 – T_0)$$
ここに式⑰の \(\Delta U_A = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\) を代入すると、
$$\frac{3}{2}R(T_1 – T_0) = q – \frac{3}{2}R(T_2 – T_0)$$
これを \(q\) について解くと、
$$q = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0) + \frac{3}{2}R(T_2 – T_0)$$
共通因子 \(\displaystyle\frac{3}{2}R\) でくくると、
$$q = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0 + T_2 – T_0)$$
$$q = \frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0) \quad \cdots ㉒$$
$$q = \Delta U_A + \Delta U_B$$
$$q = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0) + \frac{3}{2}R(T_2 – T_0)$$
$$q = \frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0)$$
これは上記と同じ結果になります。
Aの部屋の気体は熱 \(q\) をもらって温度が \(T_0 \rightarrow T_1\) となり内部エネルギーが増加し、同時にBを押して仕事をします。この関係を熱力学第一法則で表します。
Bの部屋の気体は、熱の出入りなしに（断熱的に）Aから仕事をされ、その結果温度が \(T_0 \rightarrow T_2\) となり内部エネルギーが増加します。この関係も熱力学第一法則で表します。
Aがした仕事とBがされた仕事は同じ大きさなので、これら2つの法則を組み合わせることで、Aがもらった熱 \(q\) を計算できます。
あるいは、AとBをひとまとめのグループとして考えると、このグループ全体がもらった熱 \(q\) は、グループ全体の内部エネルギーの増加（Aの増加分＋Bの増加分）に使われた、とシンプルに考えることもできます。
\(\alpha\)が放出した熱量（Aが吸収した熱量）は \(q = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0)\) です。
もし \(T_1 = T_0\) かつ \(T_2 = T_0\) であれば、\(q=0\) となり、熱の供給は不要です。これは、温度変化がなければ内部エネルギーも変化せず、断熱変化のBが仕事をされなければAも仕事をしない（体積変化なし）という状況に対応し、妥当です。
もし \(T_1 > T_0\) かつ \(T_2 > T_0\) であれば、AとB両方の内部エネルギーが増加するので、そのエネルギーは外部からの熱供給 \(q\) によってまかなわれる必要があります。
問 (5)
思考の道筋とポイント
操作後のAの体積を \(V_A’\) とします。このとき、Aの圧力は \(P_A’\)、温度は \(T_1\)。Bの圧力は \(P_B’\)、体積は \(V_B’\)、温度は \(T_2\)。
ピストンはつり合っているので、力の関係 \(P_A’S_A = P_B'(2S_A)\) が成り立ちます。つまり \(P_A’ = 2P_B’\)。
AとBそれぞれについて状態方程式を立てます。
さらに、体積変化の関係が必要です。Aの初期体積は \(V_0\)、Bの初期体積は \(V_{B0}=2V_0\) (問(3)より)。ピストンが移動した距離を \(x\) とし、A側が膨張する向きを正とすると、Aの体積変化 \(\Delta V_A = S_A x\) に対して、Bの体積変化は \(\Delta V_B = -(2S_A)x = -2(S_A x) = -2\Delta V_A\) となります (Aが膨張すればBは収縮する)。
つまり、\(V_A’ = V_0 + \Delta V_A\)、\(V_B’ = V_{B0} – 2\Delta V_A = 2V_0 – 2(V_A’ – V_0)\)。
これらの式を連立して \(V_A’\) を求めます。
この設問における重要なポイント
- 操作後のピストンにかかる力のつり合い (\(P_A’ = 2P_B’\))。
- AとB、それぞれについての操作後の状態方程式。
- Aの体積変化量とBの体積変化量の関係 (\(\Delta V_B = -2\Delta V_A\))。この関係を正しく導き、操作後の体積 \(V_A’\) と \(V_B’\) を初期体積と \(\Delta V_A\) (または \(V_A’\)) を用いて表すこと。
具体的な解説と立式
操作後のAの気体の圧力を \(P_A’\)、体積を \(V_A’\) (これを求める)、温度を \(T_1\)。
操作後のBの気体の圧力を \(P_B’\)、体積を \(V_B’\)、温度を \(T_2\)。
力のつり合いより、\(P_A’S_A = P_B'(2S_A)\) なので、
$$P_A’ = 2P_B’ \quad \text{または} \quad P_B’ = \frac{1}{2}P_A’ \quad \cdots ㉓$$
Aについて状態方程式 (\(n=1 \, \text{mol}\)):
$$P_A’V_A’ = RT_1 \quad \cdots ㉔$$
Bについて状態方程式 (\(n=1 \, \text{mol}\)):
$$P_B’V_B’ = RT_2 \quad \cdots ㉕$$
体積の関係を考えます。
Aの初期体積は \(V_0\)。操作後の体積を \(V_A’\)。体積変化は \(\Delta V_A = V_A’ – V_0\)。
Bの初期体積は \(V_{B0} = 2V_0\) (問(3)の結果より)。
ピストンの移動によりAの体積が \(\Delta V_A = (V_A’ – V_0)\) だけ変化したとき、Bの断面積はAの2倍なので、Bの体積変化は \(\Delta V_B = -2 \Delta V_A = -2(V_A’ – V_0)\) となります。
したがって、Bの操作後の体積 \(V_B’\) は、
$$V_B’ = V_{B0} + \Delta V_B = 2V_0 – 2(V_A’ – V_0) = 2V_0 – 2V_A’ + 2V_0 = 4V_0 – 2V_A’ \quad \cdots ㉖$$
式㉔より \(P_A’ = \displaystyle\frac{RT_1}{V_A’}\)。これを式㉓に代入して \(P_B’\) を求めると、
$$P_B’ = \frac{1}{2} P_A’ = \frac{1}{2} \frac{RT_1}{V_A’}$$
この \(P_B’\) を式㉕に代入します。
$$\left(\frac{1}{2} \frac{RT_1}{V_A’}\right) V_B’ = RT_2 \quad \cdots ㉗$$
使用した物理公式
- 力のつり合い ( \(P_1S_1=P_2S_2\) )
- 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
- 体積変化の関係 (連結ピストン、断面積の違いを考慮)
式㉗の両辺から \(R\) を消去します (\(R \neq 0\))。
$$\frac{T_1 V_B’}{2V_A’} = T_2$$
両辺に \(2V_A’\) を掛けて整理すると、
$$T_1 V_B’ = 2T_2 V_A’ \quad \cdots ㉘$$
ここに式㉖の \(V_B’ = 4V_0 – 2V_A’\) を代入します。
$$T_1 (4V_0 – 2V_A’) = 2T_2 V_A’$$
左辺を展開します。
$$4V_0 T_1 – 2V_A’ T_1 = 2T_2 V_A’$$
\(V_A’\) を含む項を右辺にまとめます。
$$4V_0 T_1 = 2T_2 V_A’ + 2V_A’ T_1$$
右辺を \(2V_A’\) でくくります。
$$4V_0 T_1 = 2V_A’ (T_2 + T_1)$$\p>
\(V_A’\) について解くと、
$$V_A’ = \frac{4V_0 T_1}{2(T_1 + T_2)}$$
$$V_A’ = \frac{2T_1}{T_1 + T_2} V_0 \quad \cdots ㉙$$
操作が終わった後、ピストンは止まっているので、Aの気体がピストンを押す力とBの気体がピストンを押す力がつり合っています（断面積の違いを考慮して）。AとBのそれぞれの部屋について、変化後の状態（圧力、体積、温度）で状態方程式が成り立ちます。さらに、Aの部屋の体積が増えた（または減った）分と、Bの部屋の体積が減った（または増えた）分の間には、ピストンの断面積の違いを反映した関係があります（Aの体積変化の2倍がBの体積変化になる）。これらの式をすべて組み合わせることで、変化後のAの部屋の体積を計算できます。
あとのA内の気体の体積は \(V_A’ = \displaystyle\frac{2T_1}{T_1 + T_2} V_0\) です。
この結果は、設問I-(1)の \(V_A = \displaystyle\frac{2T_1}{T_0 + T_1} V_0\) と非常に似た形をしています。違いは、分母の \(T_0\) が \(T_2\) に置き換わっている点です。これは、一部の条件（ピストンの断面積、Bの熱的条件）が異なりますが、基本的な構造（Aの温度が \(T_1\)、Bの温度が参照温度、体積の関係）が最終的な体積比の式に反映されていることを示唆しています。
もし \(T_2 = T_1\) ならば、\(V_A’ = \displaystyle\frac{2T_1}{T_1+T_1}V_0 = V_0\) となり、初期体積に戻ります。
【コラム】Q. 装置が大気圧 \(P_0\) の大気中に置かれていたとして、問(1)～(4)に答えよ。
大気圧 \(P_0\) が存在する場合、ピストンの力のつり合いや仕事の計算に影響が出る可能性があります。模範解答のQの図を参考に、力のつり合いを考えます。
Qの設問(1)について (本文の設問I-(1)に対応)
思考の道筋とポイント
設問Iと同様に、Aの断面積とBの断面積は等しく \(S\) とします。A内の圧力を \(P_A\)、B内の圧力を \(P_B\) とします。
模範解答のQの図 (左側) を見ると、ピストンの左側 (A側) の外側と右側 (B側) の外側が大気に接しています。
ピストン全体にかかる力を考えます。
ピストンを右に押す力: \(P_A S\) (気体Aによる) + \(P_0 S\) (B側ピストンの右端に働く大気圧)
ピストンを左に押す力: \(P_B S\) (気体Bによる) + \(P_0 S\) (A側ピストンの左端に働く大気圧)
連結棒で一体となっているピストンがつり合うためには、これらの力が等しくなる必要があります。
\(P_A S + P_0 S = P_B S + P_0 S\)
これを整理すると \(P_A S = P_B S\)、すなわち \(P_A = P_B\) となります。
これは、大気圧が存在しない場合と同じ力のつり合いの条件です。したがって、状態方程式や体積の関係も真空中の場合と同じになり、結果も変わらないと予想されます。模範解答のQ(1)でも「(1)の答えは変わらない」とされています。 [cite: 3]
具体的な解説と立式
力のつり合いから \(P_A = P_B\)。これを \(P_1\) とおきます。
Aについて: $$P_1 V_A = RT_1 \quad \cdots (Q1-1)$$
Bについて: $$P_1 (2V_0 – V_A) = RT_0 \quad \cdots (Q1-2)$$
これは本文の設問I-(1)の式①、④と全く同じです。
計算過程
本文の設問I-(1)と全く同じ計算になるため、
$$V_A = \frac{2T_1}{T_0 + T_1} V_0$$
$$P_1 = \frac{R(T_0 + T_1)}{2V_0}$$
結論と吟味
大気圧 \(P_0\) がピストンの両外側に等しくかかる場合、ピストン内部の気体AとBの圧力バランス \(P_A=P_B\) には影響を与えません。よって、体積と圧力の結果は真空中の場合と同じです。
Qの設問(2)について (本文の設問I-(2)に対応)
思考の道筋とポイント
熱力学第一法則 \(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\) を考えます。
Aの内部エネルギー変化 \(\Delta U_A = \frac{3}{2}R(T_1-T_0)\)、Bの内部エネルギー変化 \(\Delta U_B = 0\) は変わりません。
仕事について考えます。Aがした仕事を \(W_A\)、Bがした仕事を \(W_B\)。
Aがした仕事 \(W_A\) は、Bに対する仕事 \(W_{AB}\) と、大気に対する仕事 \(W_{A,\text{atm}}\) の和です。
Bがした仕事 \(W_B\) は、Aからされた仕事 \(-W_{AB}\) と、大気に対する仕事 \(W_{B,\text{atm}}\) の和です。
ピストンが右に \(\Delta x\) だけ移動したとすると、Aの体積は \(S\Delta x\) 増加し、Bの体積は \(S\Delta x\) 減少します。
\(W_{A,\text{atm}} = P_0 (S\Delta x)\)
\(W_{B,\text{atm}} = P_0 (-S\Delta x) = -P_0 (S\Delta x)\)
したがって、AとBを合わせた系全体が大気にした仕事は \(W_{A,\text{atm}} + W_{B,\text{atm}} = 0\) となります。
つまり、大気との仕事のやり取りは系全体で見ると相殺されます。
このため、Aが吸収した熱 \(Q_\alpha\) とBが放出した熱 \(Q_\beta\) の関係は真空中の場合と変わらないと考えられます。模範解答のQ(2)でも「(2)の答えも変わらない」とされています。 [cite: 3]
具体的な解説と立式
Aについて: \(\Delta U_A = Q_\alpha – W_A\)。
Bについて: \(\Delta U_B = (-Q_\beta) – W_B\)。 (\(Q_\beta\) はBが放出した熱量)
ここで、\(W_A = W_{AB} + P_0 \Delta V_A\)、\(W_B = -W_{AB} + P_0 \Delta V_B\)。
\(\Delta V_A + \Delta V_B = 0\) なので \(\Delta V_B = -\Delta V_A\)。
よって \(W_B = -W_{AB} – P_0 \Delta V_A\)。
\(\Delta U_B = 0\) なので、\((-Q_\beta) – (-W_{AB} – P_0 \Delta V_A) = 0\)。
$$-Q_\beta + W_{AB} + P_0 \Delta V_A = 0 \quad \cdots (Q2-1)$$
ゆえに \(W_{AB} = Q_\beta – P_0 \Delta V_A\)。
これをAの式に代入すると、
\(\Delta U_A = Q_\alpha – (W_{AB} + P_0 \Delta V_A)\)
\(\Delta U_A = Q_\alpha – (Q_\beta – P_0 \Delta V_A + P_0 \Delta V_A)\)
$$\Delta U_A = Q_\alpha – Q_\beta \quad \cdots (Q2-2)$$
これは真空中の場合と同じ関係式です。
計算過程
式(Q2-2)に \(\Delta U_A = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\) を代入すると、
$$\frac{3}{2}R(T_1 – T_0) = Q_\alpha – Q_\beta$$
$$Q_\beta = Q_\alpha – \frac{3}{2}R(T_1 – T_0)$$
結論と吟味
大気圧があっても、ピストンの両側に同じように作用し、かつAとBの体積変化が互いに打ち消しあう形になるため、系全体として大気がする正味の仕事は0です。したがって、熱量の関係は真空中の場合と変わりません。
Qの設問(3)について (本文の設問II-(3)に対応)
思考の道筋とポイント
設問IIと同様に、Bの断面積はAの2倍 (\(S_B = 2S_A\))。大気圧 \(P_0\) が存在します。
初めの状態を考えます。Aの圧力を \(P_{A0}\)、Bの圧力を \(P_{B0}\)。Aの断面積を \(S_A\)、Bの断面積を \(2S_A\)。
模範解答のQの図 (右側) を参考に力のつり合いを考えます。 [cite: 3]
ピストンを右に押す力: \(P_{A0}S_A\) (気体Aによる) + \(P_0(2S_A)\) (B側ピストンの右端に働く大気圧)
ピストンを左に押す力: \(P_{B0}(2S_A)\) (気体Bによる) + \(P_0S_A\) (A側ピストンの左端に働く大気圧)
力のつり合いより:
$$P_{A0}S_A + P_0(2S_A) = P_{B0}(2S_A) + P_0S_A$$
これは模範解答Q(3)の力のつり合いから導かれる関係式 \(p_B = \frac{1}{2}(p_A+P_0)\) [cite: 3] (ここでは \(p_A \rightarrow P_{A0}\), \(p_B \rightarrow P_{B0}\)に対応) と同等です。
Aの初期体積は \(V_0\)、温度 \(T_0\)。Bの初期体積を \(V_{B0}\)、温度 \(T_0\)。
それぞれ状態方程式を立て、上記圧力関係と連立して \(V_{B0}\) を求めます。
具体的な解説と立式
力のつり合いの式 \(P_{A0}S_A + 2P_0S_A = 2P_{B0}S_A + P_0S_A\) の両辺を \(S_A\) で割ると (\(S_A \neq 0\)):
$$P_{A0} + 2P_0 = 2P_{B0} + P_0$$
これを整理すると、
$$P_{A0} + P_0 = 2P_{B0} \quad \text{または} \quad P_{B0} = \frac{1}{2}(P_{A0} + P_0) \quad \cdots (Q3-1)$$
Aの初期状態の状態方程式 (\(n=1\)):
$$P_{A0}V_0 = RT_0 \quad \cdots (Q3-2)$$
Bの初期状態の状態方程式 (\(n=1\)):
$$P_{B0}V_{B0} = RT_0 \quad \cdots (Q3-3)$$
計算過程
式(Q3-2)より \(P_{A0} = \displaystyle\frac{RT_0}{V_0}\)。これを式(Q3-1)に代入します。
$$P_{B0} = \frac{1}{2}\left(\frac{RT_0}{V_0} + P_0\right) \quad \cdots (Q3-4)$$
この \(P_{B0}\) を式(Q3-3)に代入します。
$$\frac{1}{2}\left(\frac{RT_0}{V_0} + P_0\right) V_{B0} = RT_0$$
\(V_{B0}\) について解くと、
$$V_{B0} = \frac{2RT_0}{\frac{RT_0}{V_0} + P_0}$$
分母・分子に \(V_0\) を掛けて整理すると、
$$V_{B0} = \frac{2RT_0 V_0}{RT_0 + P_0 V_0}$$
$$V_{B0} = \left(\frac{2RT_0}{RT_0 + P_0V_0}\right) V_0 \quad \cdots (Q3-5)$$
結論と吟味
初めのB内の気体の体積は \(V_{B0} = \displaystyle\frac{2RT_0}{RT_0 + P_0V_0} V_0\) です。
もし大気圧 \(P_0=0\) ならば、\(V_{B0} = \displaystyle\frac{2RT_0}{RT_0}V_0 = 2V_0\) となり、本文の設問II-(3)の結果と一致します。
大気圧 \(P_0 > 0\) の場合、分母の \(RT_0 + P_0V_0\) は \(RT_0\) より大きくなるため、\(\displaystyle\frac{2RT_0}{RT_0 + P_0V_0} < 2\) となり、\(V_{B0} < 2V_0\) となります。
Qの設問(4)について (本文の設問II-(4)に対応)
思考の道筋とポイント
Aに熱量 \(q\) を供給し、Aの温度は \(T_1\)、Bは断熱変化で温度 \(T_2\) になります。Aの操作後の体積を \(V_A’\) (模範解答Qでは \(V_1\) と表記) とします。 [cite: 3]
AとBを合わせた系全体で熱力学第一法則を考えます。
系全体の内部エネルギー変化は \(\Delta U_{\text{全体}} = \Delta U_A + \Delta U_B = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1-T_0) + \displaystyle\frac{3}{2}R(T_2-T_0)\)。
系が外部から吸収した熱は \(q\) (Bは断熱)。
系が外部からされた仕事を \(W_{\text{外部から}}\) とすると、\(\Delta U_{\text{全体}} = q + W_{\text{外部から}}\)。
外部（大気）が系にした仕事を考えます。Aの体積が \(V_0\) から \(V_A’\) に変化したとします。ピストンの移動距離を \(l\) とすると、\(V_A’ – V_0 = S_A l\)。
大気がA側ピストンの左面にする仕事は \(-P_0 S_A l\) (Aが膨張 \(l>0\) なら負の仕事)。
大気がB側ピストンの右面にする仕事は \(P_0 (2S_A) l\) (Bが収縮、ピストンが右へ \(l\) 移動するので正の仕事)。
したがって、系全体が大気からされる仕事は、\(W_{\text{外部から}} = -P_0 S_A l + P_0 (2S_A) l = P_0 S_A l = P_0 (V_A’ – V_0)\)。
この関係を使って \(q\) を求めます。このアプローチは模範解答Q(4)の最後のコメント「大気が気体全体に対して…仕事をしているので…真空のケースよりqが小さくなっている」と一致します。 [cite: 3]
具体的な解説と立式
Aの内部エネルギー変化: \(\Delta U_A = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\)
Bの内部エネルギー変化: \(\Delta U_B = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_2 – T_0)\)
系全体 (A+B) の内部エネルギー変化:
$$\Delta U_{\text{全体}} = \Delta U_A + \Delta U_B = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0 + T_2 – T_0) = \frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0) \quad \cdots (Q4-1)$$
系が吸収した熱は \(q\)。
系が大気からされた仕事は \(W_{\text{atm,total}} = P_0 (V_A’ – V_0)\) （ただし \(V_A’\) は操作後のAの体積）。
熱力学第一法則を系全体に適用すると \(\Delta U_{\text{全体}} = q + W_{\text{atm,total}}\):
$$\frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0) = q + P_0 (V_A’ – V_0) \quad \cdots (Q4-2)$$
計算過程
式(Q4-2)を \(q\) について解くと、
$$q = \frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0) – P_0 (V_A’ – V_0) \quad \cdots (Q4-3)$$
ここで、\(V_A’ – V_0\) はAの体積変化です。
結論と吟味
\(\alpha\)が供給した熱量は \(q = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0) – P_0 (V_A’ – V_0)\) です。
真空中の場合 (\(P_0=0\)) は、\(q = \displaystyle\frac{3}{2}R(T_1 + T_2 – 2T_0)\) となり、本文の設問II-(4)の結果と一致します。
大気圧 \(P_0\) が存在する場合、\(P_0 (V_A’ – V_0)\) の項だけ結果が異なります。
もしAが膨張して \(V_A’ > V_0\) ならば、系全体は大気から \(P_0(V_A’-V_0) > 0\) の仕事をされます。このため、同じ内部エネルギー変化を達成するために必要な外部からの熱供給 \(q\) は、その分だけ少なくて済みます（真空の場合に比べて \(P_0(V_A’-V_0)\) だけ少ない）。これは物理的に妥当です。
【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座
最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？
- 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)): 気体の状態（圧力、体積、温度、物質量）を関連付ける基本法則であり、すべての設問で状態を記述するために不可欠でした。特に、複数の気体が関わる場合や、状態が変化する前後での適用が重要です。
- 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\) または \(\Delta U = Q + W_{\text{された}}\)): エネルギー保存則の熱力学における表現です。内部エネルギー変化、熱の出入り、仕事のやり取りの関係を正確に捉えることが核心でした。特に、\(Q\) や \(W\) の符号（吸収か放出か、した仕事かされた仕事か）の定義を明確にすることが大切です。
- 単原子分子理想気体の内部エネルギー (\(U = \frac{3}{2}nRT\)): 温度変化から直接内部エネルギー変化を計算できるため、熱力学第一法則と組み合わせて頻繁に用いられました。
- 力のつり合い: ピストンが静止している、またはゆっくり動いているという条件から、ピストンにかかる力のつり合いを考え、異なる部分の気体の圧力関係を導き出すことが重要でした。特にピストンの断面積が異なる場合には、圧力そのものではなく「力（圧力×面積）」でつり合いを考える必要があります。
- 断熱変化 (\(Q=0\)): 外部との熱のやり取りがないという条件は、熱力学第一法則の式を単純化し、内部エネルギー変化と仕事の関係を直接結びつけることを可能にしました（設問II）。
応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点
- 応用できる類似問題のパターン:
- 複数のシリンダーがピストンで連結され、一方または両方の気体の状態を変化させる問題。
- 断熱壁や透熱壁（熱を通す壁）、固定された仕切りや可動式の仕切り（ピストン）など、境界条件が異なる問題。
- 外部からヒーターで加熱したり、外部の熱浴に接して温度を一定に保ったりする操作が含まれる問題。
- 大気圧下で気体が膨張・収縮し、大気に対して仕事をする（または仕事をされる）状況を考慮する問題。
- 初見の問題での着眼点と解法の手がかり:
- 図を丁寧に描く: 問題の状況、特にピストンの動きや力の作用点を正確に図示し、各部分の圧力、体積、温度などを記号で明確にします。
- 各気体の状態変化を追う: 操作の前後で各気体がどのような過程（等温、定圧、定積、断熱など）をたどるのか、あるいはそれらの組み合わせなのかを把握します。
- 保存則・基本法則の適用を検討: まず状態方程式、次に力のつり合い、そして熱力学第一法則が適用できないか考えます。
- 仕事の定義と計算: 気体がする仕事、される仕事、またピストンが大気にする仕事などを正確に区別し、計算します。体積変化がない場合は仕事は0です。圧力一定なら仕事は \(P\Delta V\)。圧力が変化する場合は積分が必要になることもありますが、多くは熱力学第一法則から間接的に求められます。
- 特に注意すべき点:
- 設問文を正確に読み取り、初期条件、変化の過程、最終状態、そして何が問われているのかを誤解しないこと。
- 記号の定義（例：\(Q\)が吸収熱か放出熱か）を一貫して使うこと。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力のつり合いと圧力の混同:
- 現象: 断面積が異なるピストンでは、圧力が等しいのではなく、力が等しくなります。つまり \(P_1S_1 = P_2S_2\) です。
- 対策: 必ず「力 = 圧力 × 断面積」で考え、力のつり合いの式を立てる。
- 仕事の符号と定義の混同:
- 現象: 熱力学第一法則の \(W\) が「気体がした仕事」なのか「気体がされた仕事」なのかで符号が変わります。
- 対策: どちらの定義で立式しているかを常に意識し、問題を通して一貫した定義を用いる。図にエネルギーの出入りを矢印で描くとイメージしやすい。
- 断熱変化と等温変化の混同:
- 現象: 断熱変化は \(Q=0\) であり、温度は一般に変化します。等温変化は \(\Delta T=0\) (理想気体では \(\Delta U=0\)) であり、熱の出入りは一般にあります。
- 対策: 問題文の条件（「断熱材でできている」「熱のやりとりを断ち」「温度を一定に保った」など）を注意深く読み、どの変化に該当するかを正確に判断する。
- 体積変化の関係の見誤り:
- 現象: 連結ピストンで断面積が異なる場合、一方の体積変化量ともう一方の体積変化量の関係を誤る。
- 対策: ピストンの移動距離を共通の変数（例：\(x\)）として設定し、各部分の体積変化を \(\Delta V = S \times x\) の形で表すと、関係が明確になる。
物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意
- この問題における物理現象の具体的なイメージ化:
- Aを加熱するとAの気体分子の運動が活発になり、ピストンを押して膨張しようとする。
- Bが断熱圧縮されると、外部から仕事をされて気体分子の運動エネルギーが増加し、温度が上昇する。
- ピストンが連結されているため、一方の膨張は他方の収縮を引き起こす（ただし全体の長さや配置による）。
- 大気圧が存在する場合、ピストンの動きに伴って大気も仕事をする（される）ことをイメージする。
- 図を描く際に注意すべき点は何か:
- 各容器とピストンを明確に区別して描く。
- 初期状態と変化後の状態を比較できるように、必要なら複数の図を描く。
- 圧力、体積、温度を各気体に書き込む。未知数は文字で、既知数は値で。
- ピストンにかかる力を矢印で示す（大きさや向きを意識して）。特に断面積が異なる場合は力の大きさが同じでも圧力は異なることに注意。
- 熱の出入り \(Q\) や仕事 \(W\) の方向も矢印で模式的に示すと理解の助けになる。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)):
- 選定理由: 気体の圧力、体積、温度、物質量の間の関係を知りたいとき、またはこれらのうちいくつかが分かっていて残りを求めたいときに使用します。
- 適用根拠: 問題文で「理想気体」と明記されているため適用できます。各状態（初期、変化後など）で成り立ちます。
- 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\)):
- 選定理由: 気体の状態変化に伴うエネルギーの収支（内部エネルギー変化、熱の出入り、仕事のやり取り）を議論する際に中心となる法則です。
- 適用根拠: エネルギー保存則であり、あらゆる熱力学的な過程に適用できます。
- 力のつり合いの式:
- 選定理由: ピストンが静止している、またはゆっくりと（加速度が無視できるほど）動いている場合に、ピストンにかかる力がつり合っていると考えられます。
- 適用根拠: ニュートンの運動法則（特に第一法則または第二法則で加速度が0の場合）。
- 公式選択の思考プロセス:
- まず、問題で何が問われているか、どのような情報が与えられているかを確認します。
- 次に、それぞれの物理現象や条件に最も適した法則・公式を選びます。例えば、気体の状態量を結びつけたいなら状態方程式、エネルギー変化を追いたいなら熱力学第一法則、ピストンの静止を考えたいなら力のつり合い、といった具合です。
- 公式を適用する際には、その公式が成り立つ前提条件（例：理想気体、断熱、等温など）が問題の状況と合致しているかを確認することが非常に重要です。
思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー
- 問題の状況分析: 容器の形状、ピストンの連結、断熱条件、温度調節の有無、初期状態（\(P, V, T, n\)）、操作内容を正確に把握する。
- 物理量の設定: 未知の圧力、体積、温度、熱量、仕事などを適切な記号で設定する。添え字（例：\(P_A\), \(V_1\)）を効果的に使い区別する。
- 基本法則の適用と立式:
- 力のつり合い: ピストンが静止している点に着目し、ピストンに働く力を図示し、力のつり合いの式を立てる（特に断面積が異なる場合に注意）。これにより圧力間の関係式が得られることが多い。
- 状態方程式: 各気体の各状態（操作前、操作後）について \(PV=nRT\) を適用する。
- 体積変化の関係: ピストンが連結されていることから、一方の体積変化ともう一方の体積変化の関係式を導く（断面積を考慮）。
- 熱力学第一法則: 各気体の状態変化に対して \(\Delta U = Q – W_{\text{した}}\) を適用する。内部エネルギー変化 \(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\) (単原子分子理想気体の場合) や、断熱変化 (\(Q=0\))、等温変化 (\(\Delta U=0\)) などの条件を代入する。
- 連立方程式の求解: 上記で立てた複数の方程式を連立させ、未知数について解く。文字計算が主になるので、計算ミスに注意し、丁寧に式変形を行う。
- 解の吟味: 得られた答えが物理的に妥当か（単位、符号、極端な場合の挙動など）を検討する。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 今回の計算過程で特に注意すべきだった点:
- 複数の状態と複数の気体が登場するため、どの物理量がどの状態・どの気体のものかを明確に区別するための添え字の管理。
- 連立方程式を解く際の代入ミスや式変形のエラー。特に分数や複数の項を含む式の整理。
- 力のつり合いを立てる際、圧力と力を混同しないこと (\(F=PS\))。
- 体積変化の関係式を立てる際、断面積の違いや変化の向き（増加か減少か）を正確に反映すること。
- 日頃から計算練習で意識すべきこと・実践テクニック:
- 文字計算の徹底: できる限り最後まで文字で計算し、最後に数値を代入する（この問題では数値は出てきませんが）。これにより、途中の計算ミスを発見しやすくなり、一般的な関係式として結果を捉えられます。
- 途中式を省略しない: 各ステップを丁寧に記述することで、論理の流れが明確になり、間違いがあった場合の原因究明が容易になります。
- 単位を意識する: (この問題ではあまり関係ありませんが) 数値計算の場合は、単位の一貫性を保ち、最終的な答えの単位が正しいか確認する。
- 図や定義に戻る: 計算に行き詰まったり、結果がおかしいと感じたりしたら、元の図や物理量の定義、立てた式の意味に立ち返って確認する。
- 検算の習慣: 簡単な場合（例：\(T_1=T_0\)など）を代入して結果が予想通りになるか確かめる、あるいは別の方法で解けないか考える。
解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう
- 得られた答えが物理的に妥当かどうかを検討する視点の重要性:
- 極端な条件下での振る舞いの考察: 例えば、問(1)で \(T_1 \gg T_0\) の場合や \(T_1 \approx T_0\) の場合に、\(V_A\) や \(P_A\) が直感的な振る舞い（大きく膨張する、ほとんど変化しないなど）と合うかを確認する。
- 既知の状況との比較: 例えば、Qの設問で大気圧 \(P_0=0\) とした場合に、真空中の結果と一致するかどうかを確認する。これは非常に有効な検算手段です。
- 物理量の符号の意味: 熱量 \(Q\) が正なら吸収、負なら放出。仕事 \(W_{\text{した}}\) が正なら外部に仕事をし、負なら外部から仕事をされる。内部エネルギー変化 \(\Delta U\) が正なら温度上昇、負なら温度低下（理想気体の場合）。これらの符号が物理的な状況と整合しているか常に確認する。
- 「解の吟味」を通じて得られること:
- 計算ミスや立式の誤りを発見する手がかりになる。
- 物理法則の理解が深まる。数式の背後にある物理的な意味を考えることで、単なる公式の暗記から脱却できる。
- 応用力が向上する。様々な状況で法則がどのように現れるかを考察することで、初見の問題にも対応しやすくなる。
- 物理現象に対する直感を養うことができる。
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