「良問の風」攻略ガイド（61〜65問）：重要問題の解き方と物理の核心をマスター！

問題61 (神戸大)

【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、シリンダー内に閉じ込められた単原子分子理想気体が、A→B→C→Aというサイクルで状態変化する際の、各状態での温度、各過程での熱の吸収・放出、仕事、そしてサイクル全体の仕事、さらにはT-Vグラフの概形を問う問題です。P-Vグラフが与えられており、各状態の圧力と体積が具体的に示されています。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は熱力学の分野に属し、特に理想気体の状態変化と熱力学サイクルを扱います。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
• 熱力学第一法則: \(\Delta U = Q – W\)
• 単原子分子理想気体の内部エネルギー: \(U = \frac{3}{2}nRT\)
• 定積変化: \(W = 0\), \(Q = \Delta U = nC_V\Delta T\) (\(C_V = \frac{3}{2}R\))
• 定圧変化: \(W = P\Delta V\), \(Q = nC_P\Delta T\) (\(C_P = \frac{5}{2}R\))
• P-Vグラフと仕事: 仕事はP-Vグラフの面積。

全体的な戦略としては、まず各状態の温度を決定し、次に各過程での熱量と仕事を計算し、最後にサイクル全体の仕事やT-Vグラフを作成します。

問1

思考の道筋とポイント
状態方程式 \(PV=nRT\) は、気体の状態（圧力、体積、温度、物質量）を関連付ける基本的な法則です。各状態についてこの方程式を立て、未知の温度を既知の量で表します。

この設問における重要なポイント

• 理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を正しく適用すること。
• 各状態の \(P, V\) の値を正確に読み取ること。
• 基準となる状態Aの情報 \(p_1 V_1 = nRT_1\) を用いて、他の状態の温度を \(T_1\) で表すこと。

具体的な解説と立式
状態Aについて、理想気体の状態方程式は、
$$p_1 V_1 = nRT_1 \quad \cdots ①$$
と書けます。ここで \(n\) は気体の物質量、\(R\) は気体定数です。

状態Bでは、圧力 \(P_B = 2p_1\)、体積 \(V_B = V_1\) です。状態方程式を立てると、
$$P_B V_B = nRT_B$$
$$(2p_1) V_1 = nRT_B \quad \cdots ②$$

状態Cでは、圧力 \(P_C = p_1\)、体積 \(V_C = 2V_1\) です。状態方程式を立てると、
$$P_C V_C = nRT_C$$
$$p_1 (2V_1) = nRT_C \quad \cdots ③$$

まず、状態Bの温度 \(T_B\) を求めます。
式②を変形すると、
$$2 p_1 V_1 = nRT_B$$
ここで、式①より \(p_1 V_1 = nRT_1\) なので、これを代入すると、
$$2 (nRT_1) = nRT_B$$
両辺を \(nR\) で割ると（\(n \neq 0, R \neq 0\)）、
$$T_B = 2T_1$$

次に、状態Cの温度 \(T_C\) を求めます。
式③を変形すると、
$$2 p_1 V_1 = nRT_C$$
同様に、式①より \(p_1 V_1 = nRT_1\) なので、これを代入すると、
$$2 (nRT_1) = nRT_C$$
両辺を \(nR\) で割ると、
$$T_C = 2T_1$$

気体の状態を表す基本ルールが \(PV=nRT\) です。これは「圧力と体積の積は、物質量と気体定数と絶対温度の積に等しい」という意味です。
点Aでは \(p_1V_1 = nRT_1\) です。
点Bでは圧力が \(2p_1\)、体積が \(V_1\) なので、\(P_B V_B = (2p_1)V_1 = 2(p_1V_1)\) となります。\(p_1V_1\) の部分が \(nRT_1\) に等しいので、\(2(nRT_1) = nRT_B\) となります。ここから \(T_B = 2T_1\) がわかります。
点Cでは圧力が \(p_1\)、体積が \(2V_1\) なので、\(P_C V_C = p_1(2V_1) = 2(p_1V_1)\) となります。同様に \(2(nRT_1) = nRT_C\) となり、\(T_C = 2T_1\) がわかります。
つまり、B点もC点も、A点の温度の2倍になっているということです。

状態Bの絶対温度は \(T_B = 2T_1\)、状態Cの絶対温度は \(T_C = 2T_1\) です。
これは、\(PV\) の値が状態A (\(p_1V_1\)) に比べて状態B (\(2p_1V_1\)) も状態C (\(2p_1V_1\)) も2倍になっているため、温度も2倍になるという直感的な結果と一致します。

問2

思考の道筋とポイント
過程A→BはP-Vグラフから体積が \(V_1\)で一定の定積変化です。
過程C→AはP-Vグラフから圧力が \(p_1\)で一定の定圧変化です。
それぞれの変化における熱量の公式を適用します。単原子分子理想気体なので、定積モル比熱 \(C_V = \frac{3}{2}R\)、定圧モル比熱 \(C_P = \frac{5}{2}R\) を用います。

この設問における重要なポイント

• 各過程がどのような変化（定積、定圧など）であるかを正しく見抜くこと。
• 単原子分子理想気体の定積モル比熱 \(C_V\) と定圧モル比熱 \(C_P\) の値を正しく使うこと。
• 温度変化 \(\Delta T\) の向き（上昇か下降か）に注意し、吸収か放出かを判断すること。
• \(nRT\) を \(PV\) で置き換えることで、\(p_1, V_1\) を用いた表現にすること。

具体的な解説と立式
過程 A→B (定積変化):
体積 \(V_A = V_B = V_1\) で一定なので、定積変化です。
定積変化で気体が吸収する熱量 \(Q_{AB}\) は、
$$Q_{AB} = nC_V \Delta T_{AB} = nC_V (T_B – T_A)$$
単原子分子理想気体なので、定積モル比熱は \(C_V = \frac{3}{2}R\)。
問1より、\(T_A = T_1\)、\(T_B = 2T_1\)。
したがって、
$$Q_{AB} = n \left(\frac{3}{2}R\right) (2T_1 – T_1) = \frac{3}{2}nRT_1$$
ここで、状態Aにおける状態方程式 \(p_1V_1 = nRT_1\) を用いると、
$$Q_{AB} = \frac{3}{2} p_1 V_1$$

過程 C→A (定圧変化):
圧力 \(P_C = P_A = p_1\) で一定なので、定圧変化です。
定圧変化で気体が吸収する熱量 \(Q_{CA}\) は、
$$Q_{CA} = nC_P \Delta T_{CA} = nC_P (T_A – T_C)$$
単原子分子理想気体なので、定圧モル比熱は \(C_P = \frac{5}{2}R\)。
問1より、\(T_C = 2T_1\)、\(T_A = T_1\)。
したがって、
$$Q_{CA} = n \left(\frac{5}{2}R\right) (T_1 – 2T_1) = n \left(\frac{5}{2}R\right) (-T_1) = -\frac{5}{2}nRT_1$$
状態Aにおける状態方程式 \(p_1V_1 = nRT_1\) を用いると、
$$Q_{CA} = -\frac{5}{2} p_1 V_1$$
\(Q_{CA}\) が負の値であることは、気体が熱を吸収するのではなく、外部に熱を放出することを意味します。

上記「具体的な解説と立式」で計算済み。

A→Bの過程:
これは体積が変わらない変化（定積変化）です。このとき気体がもらう熱は、\(Q_{AB} = (\text{物質量}) \times (\text{定積モル比熱}) \times (\text{温度変化})\) で計算できます。単原子分子の理想気体の場合、定積モル比熱は \(\frac{3}{2}R\) です。温度は \(T_1\) から \(2T_1\) に上がるので、温度変化は \(T_1\) です。よって \(Q_{AB} = n \times \frac{3}{2}R \times T_1 = \frac{3}{2}nRT_1\)。\(nRT_1\) は \(p_1V_1\) に等しいので、\(Q_{AB} = \frac{3}{2}p_1V_1\) となります。

C→Aの過程:
これは圧力が変わらない変化（定圧変化）です。このとき気体がもらう熱は、\(Q_{CA} = (\text{物質量}) \times (\text{定圧モル比熱}) \times (\text{温度変化})\) で計算できます。単原子分子の理想気体の場合、定圧モル比熱は \(\frac{5}{2}R\) です。温度は \(2T_1\) から \(T_1\) に下がるので、温度変化は \(-T_1\) です。よって \(Q_{CA} = n \times \frac{5}{2}R \times (-T_1) = -\frac{5}{2}nRT_1\)。\(nRT_1\) は \(p_1V_1\) に等しいので、\(Q_{CA} = -\frac{5}{2}p_1V_1\) となります。マイナスが付いているのは、熱を吸収したのではなく、放出したという意味です。

過程A→Bで気体が吸収する熱量は \(Q_{AB} = \frac{3}{2}p_1V_1\) です。これは正の値なので、実際に熱を吸収しています。
過程C→Aで気体が吸収する熱量は \(Q_{CA} = -\frac{5}{2}p_1V_1\) です。これは負の値なので、実際には \(\frac{5}{2}p_1V_1\) の熱を放出しています。
各過程の種類に応じた公式と、\(nRT_1 = p_1V_1\) の関係を正しく使って計算できています。

問3

思考の道筋とポイント
過程B→Cは、P-Vグラフ上で点B(\(V_1, 2p_1\))と点C(\(2V_1, p_1\))を結ぶ直線で表される変化です。
仕事 \(W_{BC}\) は、P-VグラフのB→Cの線とV軸、および \(V=V_1, V=2V_1\) の線で囲まれた台形の面積として計算できます。
吸収する熱量 \(Q_{BC}\) は、熱力学第一法則 \(\Delta U_{BC} = Q_{BC} – W_{BC}\) を用いて求めます。そのためには、まず内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) を計算する必要があります。単原子分子理想気体の内部エネルギー変化は \(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\) で計算できます。

この設問における重要なポイント

• P-Vグラフから仕事 \(W\) を面積として計算できること（特に台形の面積）。
• 内部エネルギー変化 \(\Delta U\) の計算: \(\Delta U = \frac{3}{2}nR(T_C – T_B)\)。
• 熱力学第一法則 \(\Delta U = Q – W\) を正しく適用すること。
• 問1で求めた \(T_B\) と \(T_C\) の値 (\(T_B=T_C=2T_1\)) がここで重要になること。

具体的な解説と立式
仕事 \(W_{BC}\):
過程B→Cにおける仕事 \(W_{BC}\) は、P-Vグラフにおいて、B(\(V_1, 2p_1\))、C(\(2V_1, p_1\))とV軸に囲まれた部分の面積（台形）で与えられます。
台形の上底は \(p_C = p_1\)、下底は \(p_B = 2p_1\)、高さは \(V_C – V_B = 2V_1 – V_1 = V_1\) です。
したがって、仕事 \(W_{BC}\) は、
$$W_{BC} = \frac{1}{2} (P_B + P_C) (V_C – V_B)$$
$$W_{BC} = \frac{1}{2} (2p_1 + p_1) (2V_1 – V_1) = \frac{1}{2} (3p_1) (V_1) = \frac{3}{2}p_1V_1$$
体積が増加しているので、気体は外部に正の仕事をします。

吸収する熱量 \(Q_{BC}\):
熱力学第一法則 \(\Delta U_{BC} = Q_{BC} – W_{BC}\) を用います。
まず、内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) を計算します。
$$\Delta U_{BC} = \frac{3}{2}nR(T_C – T_B)$$
問1より \(T_B = 2T_1\) および \(T_C = 2T_1\) なので、
$$\Delta U_{BC} = \frac{3}{2}nR(2T_1 – 2T_1) = \frac{3}{2}nR(0) = 0$$
内部エネルギーの変化は0です。これは、始状態Bと終状態Cの温度が等しいためです。
熱力学第一法則に代入すると、
$$0 = Q_{BC} – W_{BC}$$
したがって、
$$Q_{BC} = W_{BC}$$
上で計算した \(W_{BC} = \frac{3}{2}p_1V_1\) を代入すると、
$$Q_{BC} = \frac{3}{2}p_1V_1$$

上記「具体的な解説と立式」で計算済み。

B→Cの仕事 \(W_{BC}\):
P-Vグラフで、BからCへの変化の線と、縦軸（圧力軸）に平行な線で囲まれた図形の面積が、気体がした仕事になります。この図形は台形です。台形の面積は「（上底＋下底）× 高さ ÷ 2」で求められます。この場合、上底が \(p_1\)（C点の圧力）、下底が \(2p_1\)（B点の圧力）、高さが \(2V_1 – V_1 = V_1\)（体積の変化）と見なせます。（グラフの向きによっては上底と下底が逆になりますが、圧力の平均を取るイメージです。）
なので、\(W_{BC} = \frac{(2p_1 + p_1) \times V_1}{2} = \frac{3p_1V_1}{2} = \frac{3}{2}p_1V_1\) となります。

B→Cの吸収熱 \(Q_{BC}\):
熱の出入りは、熱力学第一法則 \(\Delta U = Q – W\) から考えます。
まず内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) を求めます。内部エネルギーは温度で決まります。B点もC点も温度は \(2T_1\) で同じでした（問1の結果）。なので、温度変化は0です。したがって、内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) も0です。
\(\Delta U_{BC} = 0\) を第一法則 \(0 = Q_{BC} – W_{BC}\) に入れると、\(Q_{BC} = W_{BC}\) となります。
つまり、気体が吸収した熱量は、気体がした仕事に等しくなります。
仕事は上で \(\frac{3}{2}p_1V_1\) と計算したので、吸収した熱量も \(Q_{BC} = \frac{3}{2}p_1V_1\) です。

過程B→Cで気体がする仕事は \(W_{BC} = \frac{3}{2}p_1V_1\) であり、吸収する熱量は \(Q_{BC} = \frac{3}{2}p_1V_1\) です。
BとCの温度が等しいことから内部エネルギー変化が0となり、吸収した熱が全て仕事に変換された（あるいは仕事をするために同量の熱を吸収した）ことを示しています。これは等温変化ではありませんが（P-Vグラフは反比例曲線ではない）、始点と終点の温度がたまたま同じだった特殊なケースです。

問4

思考の道筋とポイント
サイクルを一巡する間に気体がする正味の仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) は、P-Vグラフ上でサイクルが囲む図形の面積に等しくなります。この問題のサイクルA→B→C→Aは三角形を形成しています。
あるいは、各過程 (A→B, B→C, C→A) での仕事を計算し、それらを合計することでも求められます。

この設問における重要なポイント

• サイクルがP-Vグラフ上で時計回りの場合、気体は正味の正の仕事をする。反時計回りなら負の仕事（される仕事）。
• サイクルが囲む面積を正しく計算すること（今回は三角形の面積）。
• 別解として、各過程の仕事の和からも求められることを理解しておく。

具体的な解説と立式
P-Vグラフ上で、サイクルA→B→C→Aは三角形を描きます。
頂点A: (\(V_1, p_1\))
頂点B: (\(V_1, 2p_1\))
頂点C: (\(2V_1, p_1\))
この三角形の底辺をACのV軸への射影、高さをBからACへの垂線の長さと考える。
底辺 (CのV座標 – AのV座標) = \(2V_1 – V_1 = V_1\)。
高さ (BのP座標 – AのP座標) = \(2p_1 – p_1 = p_1\)。
よって、サイクルが囲む三角形の面積 \(W_{\text{サイクル}}\) は、
$$W_{\text{サイクル}} = \frac{1}{2} (2V_1 – V_1) (2p_1 – p_1) = \frac{1}{2} V_1 p_1 = \frac{1}{2}p_1V_1$$
サイクルは時計回りなので、気体が外部にする仕事は正となります。

別解: 各過程の仕事の和
過程A→B (定積変化): \(W_{AB} = 0\)
過程B→C: 問3より \(W_{BC} = \frac{3}{2}p_1V_1\)
過程C→A (定圧変化): \(W_{CA} = P_A (V_A – V_C) = p_1 (V_1 – 2V_1) = p_1 (-V_1) = -p_1V_1\)
1サイクルの仕事はこれらの和なので、
$$W_{\text{サイクル}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 0 + \frac{3}{2}p_1V_1 + (-p_1V_1)$$
$$W_{\text{サイクル}} = \left(\frac{3}{2} – 1\right)p_1V_1 = \left(\frac{3}{2} – \frac{2}{2}\right)p_1V_1 = \frac{1}{2}p_1V_1$$
どちらの方法でも同じ結果が得られます。

上記「具体的な解説と立式」で計算済み。

気体が1周して元の状態に戻る（サイクル）とき、気体がした正味の仕事は、P-Vグラフでそのサイクルが囲む図形の面積に等しくなります。
この問題のA→B→C→Aというサイクルは、P-Vグラフ上で三角形を描いています。
この三角形の底辺の長さは、A点とC点の体積の差なので \(2V_1 – V_1 = V_1\) です。
この三角形の高さは、A点(B点)とC点の圧力の差なので \(2p_1 – p_1 = p_1\) です。
三角形の面積は「底辺 × 高さ ÷ 2」なので、仕事は \(\frac{1}{2} \times V_1 \times p_1 = \frac{1}{2}p_1V_1\) となります。
サイクルが時計回りに進んでいるので、気体は外部にプラスの仕事をしています。

このサイクルを一巡する間に気体がする仕事は \(W_{\text{サイクル}} = \frac{1}{2}p_1V_1\) です。
P-Vグラフの面積から求めた結果と、各過程の仕事の和から求めた結果が一致しており、妥当性が確認できます。

問5

思考の道筋とポイント
各過程 (A→B, B→C, C→A) における体積 \(V\) と絶対温度 \(T\) の関係を調べ、T-V平面上にプロットします。

• A→B: 定積変化 (\(V=V_1\))。温度は \(T_A=T_1\) から \(T_B=2T_1\) へ上昇。
• B→C: \(V\) は \(V_1\) から \(2V_1\) へ変化。温度は \(T_B=2T_1\) から \(T_C=2T_1\) へ変化。この間の \(T\) と \(V\) の関係式を導く。
• C→A: 定圧変化 (\(P=p_1\))。\(T = \frac{p_1}{nR}V\)。\(V\) は \(2V_1\) から \(V_1\) へ変化。温度は \(T_C=2T_1\) から \(T_A=T_1\) へ下降。

この設問における重要なポイント

• 各状態点 (A, B, C) の (\(V, T\)) 座標を正しくプロットすること。
  • A: (\(V_1, T_1\))
  • B: (\(V_1, 2T_1\))
  • C: (\(2V_1, 2T_1\))
• 各過程がT-Vグラフ上でどのような線になるかを判断すること。
  • 定積変化 (A→B) は \(V=\text{const.}\) の縦線。
  • 定圧変化 (C→A) は \(T = (\text{const.}) \times V\) の原点を通る直線。
  • 過程B→Cでは、\(P\) と \(V\) の関係式 (直線) を \(T=\frac{PV}{nR}\) に代入して \(T(V)\) の関数形を求める。

具体的な解説と立式
点A, B, C の (V, T) 座標:

• 点A: \(V_A = V_1\), \(T_A = T_1\)。よって A(\(V_1, T_1\))
• 点B: \(V_B = V_1\), \(T_B = 2T_1\)。よって B(\(V_1, 2T_1\))
• 点C: \(V_C = 2V_1\), \(T_C = 2T_1\)。よって C(\(2V_1, 2T_1\))

過程 A→B (定積変化):
体積 \(V = V_1\) で一定。温度 \(T\) は \(T_1\) から \(2T_1\) へと直線的に上昇します。
T-Vグラフ上では、点A(\(V_1, T_1\)) から点B(\(V_1, 2T_1\)) へと、\(V=V_1\) の軸に平行な（縦軸に平行な）線分となります。

過程 C→A (定圧変化):
圧力 \(P = p_1\) で一定。状態方程式 \(p_1V = nRT\) より \(T = \frac{p_1}{nR}V\)。
これは、\(T\) が \(V\) に比例する関係、つまりT-Vグラフ上で原点を通る直線を表します。
また、\(p_1V_1 = nRT_1\) より \(\frac{p_1}{nR} = \frac{T_1}{V_1}\) なので、\(T = \frac{T_1}{V_1}V\) とも書けます。
体積 \(V\) は \(2V_1\) から \(V_1\) へと減少し、温度 \(T\) は \(T_C=2T_1\) から \(T_A=T_1\) へと直線的に下降します。
T-Vグラフ上では、点C(\(2V_1, 2T_1\)) から点A(\(V_1, T_1\)) へと、原点を通る直線の一部となります。

過程 B→C:
P-VグラフでB(\(V_1, 2p_1\))とC(\(2V_1, p_1\))を結ぶ直線なので、この直線上の圧力 \(P\) は体積 \(V\) の関数として、\(P = -\frac{p_1}{V_1}V + 3p_1\)。
絶対温度 \(T\) は状態方程式 \(T = \frac{PV}{nR}\) で与えられるので、
$$T(V) = \frac{1}{nR} \left( \left(-\frac{p_1}{V_1}V + 3p_1\right) V \right) = \frac{1}{nR} \left( -\frac{p_1}{V_1}V^2 + 3p_1V \right)$$
ここで \(p_1V_1 = nRT_1\) より \(nR = \frac{p_1V_1}{T_1}\) なので、
$$T(V) = \frac{T_1}{p_1V_1} \left( -\frac{p_1}{V_1}V^2 + 3p_1V \right) = T_1 \left( -\frac{1}{V_1^2}V^2 + \frac{3}{V_1}V \right)$$
これは \(V\) に関する2次関数で、\(V^2\) の係数が負なので上に凸の放物線を描きます。
頂点（温度が最大になる点）を求めます。\( \frac{dT}{dV} = T_1 \left( -\frac{2}{V_1^2}V + \frac{3}{V_1} \right) = 0 \) とおくと、
\( -\frac{2}{V_1^2}V + \frac{3}{V_1} = 0 \rightarrow \frac{2V}{V_1^2} = \frac{3}{V_1} \rightarrow 2V = 3V_1 \rightarrow V = \frac{3}{2}V_1 \)
このとき \(V_1 < \frac{3}{2}V_1 < 2V_1\) なので、この範囲内に頂点があります。
最大温度 \(T_{\text{max}}\) は \(V = \frac{3}{2}V_1\) を代入して、
$$T_{\text{max}} = T_1 \left( -\frac{1}{V_1^2}\left(\frac{3}{2}V_1\right)^2 + \frac{3}{V_1}\left(\frac{3}{2}V_1\right) \right) = T_1 \left( -\frac{9}{4} + \frac{9}{2} \right) = T_1 \left( -\frac{9}{4} + \frac{18}{4} \right) = \frac{9}{4}T_1$$
\(T_B = 2T_1 = \frac{8}{4}T_1\)、\(T_C = 2T_1 = \frac{8}{4}T_1\) なので、\(T_{\text{max}} = \frac{9}{4}T_1\) は \(T_B, T_C\) より高い温度です。
よって、過程B→Cは、点B(\(V_1, 2T_1\))から出発し、\(V=\frac{3}{2}V_1\) で \(T=\frac{9}{4}T_1\) の頂点を通り、点C(\(2V_1, 2T_1\))に至る上に凸の放物線の一部となります。

グラフの概形:
これらの情報を元にT-Vグラフを描きます。

1. 点A(\(V_1, T_1\))、B(\(V_1, 2T_1\))、C(\(2V_1, 2T_1\)) をプロットする。
2. A→B: Bに向かって垂直に上昇する線分。
3. B→C: BからCへ、途中で \(V=\frac{3}{2}V_1\) のときに \(T=\frac{9}{4}T_1\) ( \(>2T_1\) ) をとる上に凸の曲線。
4. C→A: CからAへ、原点を通る直線上を下降する線分。

T-Vグラフは、横軸に体積 \(V\)、縦軸に温度 \(T\) をとったグラフです。
まず、A, B, C の各点がどこに来るかを確認します。
A: (\(V_1, T_1\))
B: (\(V_1, 2T_1\)) （Aの真上、温度が2倍のところ）
C: (\(2V_1, 2T_1\)) （Bから見て右へ \(V_1\) だけ進んだところ、温度はBと同じ）

次に、A→B、B→C、C→A の各変化がどのような線になるかを見ます。

• A→B: 体積が \(V_1\) のまま変わらず、温度だけ \(T_1\) から \(2T_1\) に上がります。これはグラフ上で、点Aから点Bへまっすぐ上に伸びる線になります。
• C→A: 圧力が \(p_1\) で一定のまま、体積が \(2V_1\) から \(V_1\) に減り、温度が \(2T_1\) から \(T_1\) に下がります。状態方程式から \(T = (\text{一定値}) \times V\) の形になるので、原点を通る直線になります。点Cから点Aへ、この線に沿って下がります。
• B→C: これは少し複雑です。圧力Pと体積Vの関係はP-Vグラフで直線でしたが、これを温度Tと体積Vの関係に直すと、\(T = (\text{定数}) \times ( – (\text{正の定数})V^2 + (\text{正の定数})V )\) という形になり、数学でいう「上に凸の放物線」になります。B点とC点は同じ温度 \(2T_1\) ですが、その間の \(V = \frac{3}{2}V_1\) (BとCのちょうど真ん中の体積) のときに、温度は \(2T_1\) よりも少し高い \(\frac{9}{4}T_1\) まで上がってから下がってC点に至ります。

これらを繋げると、サイクル全体のT-Vグラフの形が分かります。

T-Vグラフは、

• A(\(V_1, T_1\)) → B(\(V_1, 2T_1\)) : \(V=V_1\) の縦線 (上昇)
• B(\(V_1, 2T_1\)) → C(\(2V_1, 2T_1\)) : \(V=\frac{3}{2}V_1\) で \(T_{\text{max}}=\frac{9}{4}T_1\) を頂点とする上に凸の放物線
• C(\(2V_1, 2T_1\)) → A(\(V_1, T_1\)) : 原点を通る傾き \(\frac{T_1}{V_1}\) の直線 (下降)

となります。模範解答の図とも整合します。

【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）を記述する最も基本的な法則です。
• 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W\)):
  • エネルギー保存則の熱力学版です。気体の内部エネルギー変化と、熱の出入り、仕事のやり取りの関係を示します。
• 単原子分子理想気体の内部エネルギー (\(U = \frac{3}{2}nRT\)) と比熱 (\(C_V = \frac{3}{2}R, C_P = \frac{5}{2}R\)):
  • 内部エネルギーが温度のみに依存すること、そしてその具体的な形を知っていることが重要です。
• P-Vグラフの意味と仕事の計算:
  • P-Vグラフは気体の状態変化を視覚的に捉えるのに役立ちます。グラフ上の曲線が囲む面積が、その過程で気体がする仕事を表します。

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

• 類似問題のパターン:
  • 他の形状のサイクル（例：カルノーサイクル、オットーサイクル、ディーゼルサイクルの一部など）。
  • 断熱変化を含むサイクル。
  • 気体の種類が異なる場合（二原子分子など、比熱の値が変わる）。
  • P-Vグラフだけでなく、T-VグラフやP-Tグラフが与えられる問題。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 気体の種類は何か？ (単原子分子か、それ以外か \(\rightarrow\) 比熱の値が変わる)
  2. 各状態変化は何か？ (P-Vグラフの形状から、定積、定圧、等温、断熱、あるいはそれ以外の特定の関数関係にある変化かを見抜く)
  3. 各状態点 (A, B, C…) の \(P, V, T\) は何か？ (状態方程式を駆使して全て把握する)
  4. 問われているのは仕事 \(W\)、熱量 \(Q\)、内部エネルギー変化 \(\Delta U\) のどれか？ (熱力学第一法則を念頭に置く)
  5. サイクル全体の仕事や熱効率は？ (サイクルが囲む面積、吸収熱の総和などを考える)
• 問題解決のヒント・注意点:
  • まず、与えられたグラフから読み取れる情報を整理し、各点の \(P, V\) を明確にします。
  • 状態方程式 \(PV=nRT\) は常に基本です。\(nRT\) の部分を \(PV\) に置き換える（またはその逆）ことで、式を簡潔にしたり、求めたい物理量で表現したりできます。
  • 熱力学第一法則 \(\Delta U = Q – W\) は、どの過程にも適用できる万能な法則です。迷ったらこれに立ち返りましょう。
  • 仕事 \(W\) の符号に注意：気体が外部に仕事をする場合は正、外部から仕事をされる場合は負。
  • 熱量 \(Q\) の符号に注意：気体が熱を吸収する場合は正、放出する場合は負。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 温度と内部エネルギーの関係: 理想気体の内部エネルギーは絶対温度にのみ比例します。始点と終点の温度が同じなら、どのような経路を通っても内部エネルギーの変化は0です（例：本問のB→C過程）。
• 仕事の計算: P-Vグラフの面積が仕事ですが、体積が減少する過程では仕事は負になります（される仕事）。
• モル比熱の使い分け: 定積モル比熱 \(C_V\) は定積変化の \(Q = nC_V\Delta T\) や内部エネルギー変化 \(\Delta U = nC_V\Delta T\) で使います。定圧モル比熱 \(C_P\) は定圧変化の \(Q = nC_P\Delta T\) で使います。
• \(nRT\) の置き換え: \(nRT_A = P_AV_A\) のような関係は非常に便利ですが、どの状態の \(P,V,T\) を使っているのかを常に意識することが大切です。
• グラフの解釈: P-VグラフとT-Vグラフでは、同じ過程でも線の形が異なります。

対策: 基本に立ち返り、図を描き、簡単なケースで検算する習慣をつけましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. P-Vグラフ（問題で与えられ、仕事や状態変化を把握するのに必須）。
  2. T-Vグラフ（設問5、温度変化の様子を明確化）。
• 図を描く際の注意点: 軸の物理量と単位を明記。各状態点を明確にプロット。変化の方向を矢印で示す。変化の種類に応じた線の特徴を正確に描く。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(PV=nRT\): (問1, 問5) 各状態の \(P,V,T\) を関連付けるため。
• \(Q_V = nC_V\Delta T\): (問2 A→B) 定積変化であり、吸収熱を問われているため。
• \(Q_P = nC_P\Delta T\): (問2 C→A) 定圧変化であり、吸収熱を問われているため。
• \(W_{\text{面積}}\): (問3 B→C, 問4) P-Vグラフが与えられ、仕事が問われているため。
• \(\Delta U = nC_V\Delta T\): (問3 B→C) 内部エネルギー変化を計算するため。
• \(\Delta U = Q – W\): (問3 B→C) \(Q, W, \Delta U\) のうち2つが分かれば残りが求まるため。

これらの選択・適用の根拠を自問自答する訓練が重要です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 現象把握（熱力学サイクル）。
2. 問(1) 温度 \(\rightarrow\) 状態方程式。
3. 問(2) 特定過程の熱量 \(\rightarrow\) 変化の種類特定 \(\rightarrow\) 熱量公式 \(\rightarrow\) \(PV=nRT\) で置換。
4. 問(3) 特定過程の仕事と熱量 \(\rightarrow\) 仕事は面積 \(\rightarrow\) \(\Delta U\) 計算 \(\rightarrow\) 第一法則で熱量。
5. 問(4) サイクルの仕事 \(\rightarrow\) 囲む面積 or 各仕事の和。
6. 問(5) T-Vグラフ \(\rightarrow\) 各点の (\(V,T\)) \(\rightarrow\) 各過程の \(T(V)\) 関係式導出 \(\rightarrow\) 描画。

この論理の流れを意識しましょう。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位確認: 常に物理量の単位を意識する。
• 符号チェック: 仕事、熱量、温度変化の符号に注意。
• モル比熱の値: 単原子分子 (\(C_V=\frac{3}{2}R, C_P=\frac{5}{2}R\)) を正確に。
• \(nRT = PV\) の置き換え: どの状態の関係かを明確に。
• グラフの面積計算: 公式を正しく適用。

日頃の練習: 途中式を丁寧に書き、検算し、間違いを分析する。

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

• 物理的な妥当性:
  • 温度、仕事、熱量の符号や大小関係が直感と合うか。
  • B→Cで \(\Delta U = 0\) から \(Q=W\) となることの物理的意味。
  • 時計回りサイクルの仕事が正であること。
• 単位の一貫性: 基本量で表したときの次元が正しいか。
• 他の物理法則との整合性: サイクル全体の \(\Delta U = 0\) が \(Q_{\text{サイクル}} = W_{\text{サイクル}}\) となっているか確認。

問題62 (東京理科大)

【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、単原子分子理想気体が P-V グラフ上を A→B→C→A とサイクル運動する際の、各過程における内部エネルギー変化、仕事、熱量の関係、そしてサイクル全体の仕事と熱効率を問う穴埋め形式の問題です。特に、過程B→Cが等温変化であることが重要なポイントです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は熱力学の分野に属し、特に理想気体の状態変化と熱力学サイクルに関する理解を深めるための良い演習問題です。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
• 単原子分子理想気体の内部エネルギー: \(U = \frac{3}{2}nRT = \frac{3}{2}PV\)
• 熱力学第一法則: \(\Delta U = Q_{\text{吸収}} – W_{\text{した}}\)
• 各過程の性質:
  • 定積変化 (A→B): \(W=0\), \(Q = \Delta U\)
  • 等温変化 (B→C): \(\Delta U = 0\), \(Q = W\), \(PV = \text{一定}\)
  • 定圧変化 (C→A): \(W = P\Delta V\)
• サイクルの仕事と熱効率: \(W_{\text{サイクル}}\)はP-Vグラフ上の面積, \(e = \frac{W_{\text{サイクル}}}{Q_{\text{in}}}\)

全体的な戦略としては、まず各過程の性質を確認し、必要に応じて状態量を計算し、設問に従って各物理量を求めていきます。

問(a) 空欄\(\fbox{1}\)

思考の道筋とポイント
過程A→Bは、P-Vグラフから体積が \(V\) で一定の定積変化です。気体の内部エネルギーは、単原子分子理想気体の場合 \(U = \frac{3}{2}PV\) と表せます。内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{AB}\) は、状態Bの内部エネルギー \(U_B\) から状態Aの内部エネルギー \(U_A\) を引いたものです。

この設問における重要なポイント

• 単原子分子理想気体の内部エネルギーの公式 \(U=\frac{3}{2}PV\) を正しく使うこと。
• 状態Aと状態Bの \(P, V\) の値をグラフから正確に読み取ること。
  • 状態A: \(P_A = P\), \(V_A = V\)
  • 状態B: \(P_B = 3P\), \(V_B = V\)

具体的な解説と立式
状態Aにおける内部エネルギー \(U_A\) は、
$$U_A = \frac{3}{2} P_A V_A = \frac{3}{2} PV$$
状態Bにおける内部エネルギー \(U_B\) は、
$$U_B = \frac{3}{2} P_B V_B = \frac{3}{2} (3P)V = \frac{9}{2}PV$$
したがって、A→Bの過程における内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{AB}\) は、
$$\Delta U_{AB} = U_B – U_A = \frac{9}{2}PV – \frac{3}{2}PV$$

$$\Delta U_{AB} = \frac{9}{2}PV – \frac{3}{2}PV = \frac{9-3}{2}PV = \frac{6}{2}PV = 3PV$$

気体の元気の素（内部エネルギー）は、単原子分子の理想気体の場合、「圧力 × 体積」に \(\frac{3}{2}\) を掛けたもので表せます。A地点での元気の素は \(\frac{3}{2}PV\)。B地点での元気の素は、圧力が \(3P\)、体積が \(V\) なので \(\frac{3}{2}(3P)V = \frac{9}{2}PV\)。AからBへの元気の素の変化は、Bでの元気の素からAでの元気の素を引けばよいので、\(\frac{9}{2}PV – \frac{3}{2}PV = 3PV\) となります。

A→Bの過程で内部エネルギーは \(3PV\) だけ増加します。これは、体積一定のまま圧力が3倍になったため、温度も3倍になり、内部エネルギーが増加したことを意味します。

問(b) 空欄\(\fbox{2}\), \(\fbox{3}\)

思考の道筋とポイント
過程B→Cは、問題文で等温変化であると明記されています。理想気体の内部エネルギーは温度のみに依存するため、等温変化では内部エネルギーは変化しません。吸収した熱量が \(Q\) と与えられているので、熱力学第一法則 \(\Delta U = Q_{\text{吸収}} – W_{\text{した}}\) を用いて仕事を求めます。

この設問における重要なポイント

• 等温変化では理想気体の内部エネルギーは変化しない (\(\Delta U = 0\)) ことを理解していること。
• 熱力学第一法則を正しく適用すること。

具体的な解説と立式
内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) (\(\fbox{2}\)):
過程B→Cは等温変化です。単原子分子理想気体の内部エネルギーは \(U = \frac{3}{2}nRT\) と表され、温度 \(T\) のみに依存します。等温変化では温度 \(T\) が一定なので、内部エネルギー \(U\) も一定です。
したがって、内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) は、
$$\Delta U_{BC} = 0$$
外部にした仕事 \(W_{BC}\) (\(\fbox{3}\)):
熱力学第一法則は \(\Delta U_{BC} = Q_{BC} – W_{BC}\) です。
ここで、\(Q_{BC}\) は気体が吸収した熱量で、問題文より \(Q\) [J] です。
\(\Delta U_{BC} = 0\) なので、
$$0 = Q – W_{BC}$$したがって、気体が外部にした仕事 \(W_{BC}\) は、$$W_{BC} = Q$$

上記「具体的な解説と立式」で計算済み。

内部エネルギーの変化: BからCへの変化は「等温変化」と問題に書かれています。これは温度が変わらない変化という意味です。気体の元気の素（内部エネルギー）は温度で決まるので、温度が変わらなければ元気の素も変わりません。だから、内部エネルギーの変化はゼロです。

外部にした仕事: 熱力学の基本ルール（第一法則）は「元気の素の変化 ＝ もらった熱エネルギー － 外にした仕事」です。今、元気の素の変化はゼロでした。もらった熱エネルギーは \(Q\) だと問題にあります。なので、\(0 = Q – (\text{外にした仕事})\) となります。これを変形すると、「外にした仕事 \(= Q\)」となります。

等温変化では内部エネルギーが変化しないため、吸収した熱量はすべて外部への仕事に使われることがわかります。これは等温膨張の典型的な特徴です。

問(c) 空欄\(\fbox{4}\)

思考の道筋とポイント
過程C→Aは、P-Vグラフから圧力 \(P\) で一定の定圧変化です。この過程で気体がする仕事 \(W_{CA}\) は \(P\Delta V = P(V_A – V_C)\) で計算できます。気体が「受けた」仕事 \(W’_{CA}\) は、気体が「した」仕事 \(W_{CA}\) と符号が逆になります (\(W’_{CA} = -W_{CA}\))。まず、状態Cの体積 \(V_C\) を求める必要があります。これは、過程B→Cが等温変化であること（ボイルの法則 \(P_B V_B = P_C V_C\)）を利用します。

この設問における重要なポイント

• ボイルの法則を適用して未知の体積 \(V_C\) を求めること。
• 定圧変化における仕事の公式 \(W = P\Delta V\) を使うこと。
• 気体が「した」仕事と「受けた」仕事の符号の関係を理解していること。

具体的な解説と立式
状態Cの体積 \(V_C\) の決定:
過程B→Cは等温変化なので、ボイルの法則が成り立ちます。
$$P_B V_B = P_C V_C$$
状態B: \(P_B = 3P\), \(V_B = V\)
状態C: \(P_C = P\)
よって、
$$(3P)V = P \cdot V_C$$両辺を \(P\) で割ると (\(P \neq 0\))、$$V_C = 3V$$
C→Aで気体がした仕事 \(W_{CA}\):
過程C→Aは圧力 \(P_A = P_C = P\) で一定の定圧変化です。気体が外部にした仕事 \(W_{CA}\) は、
$$W_{CA} = P_A (V_A – V_C) = P(V – 3V) = P(-2V) = -2PV$$
ここで、\(V_A = V\) です。

C→Aで気体が受けた仕事 \(W’_{CA}\):
気体が受けた仕事は、気体がした仕事と符号が逆なので、
$$W’_{CA} = -W_{CA} = -(-2PV) = 2PV$$

上記「具体的な解説と立式」で計算済み。

C地点の体積を求める: BからCは温度が同じ変化なので、「圧力 × 体積」の値もBとCで同じになります（ボイルの法則）。B地点: 圧力 \(3P\)、体積 \(V\)。なので \(3P \times V = 3PV\)。C地点: 圧力 \(P\)、体積を \(V_C\) とすると \(P \times V_C\)。これらが等しいので \(3PV = PV_C\)。つまり \(V_C = 3V\) です。C地点の体積はA地点の3倍です。

C→Aで気体が受けた仕事: CからAへの変化は圧力が \(P\) で一定のまま、体積が \(3V\) から \(V\) に減ります（圧縮）。気体が「した」仕事は、圧力 ×（体積変化）なので、\(P \times (V – 3V) = P \times (-2V) = -2PV\)。マイナスは、気体が仕事をしたのではなく、仕事をされたことを意味します。問題では「気体が受けた仕事」を問われているので、これは「された仕事」のことです。符号をプラスにして \(2PV\) となります。

過程C→Aでは体積が減少（圧縮）しているので、気体は外部から仕事をされます。その値は \(2PV\) となり、正の値として妥当です。

問(d) 空欄\(\fbox{5}\), \(\fbox{6}\)

思考の道筋とポイント
1サイクルで気体がした正味の仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) は、各過程 (A→B, B→C, C→A) で気体がした仕事の代数和です。あるいは、P-Vグラフ上でサイクルが囲む面積でも求められます。熱効率 \(e\) は、\(e = \frac{W_{\text{サイクル}}}{Q_{\text{in}}}\) で定義されます。ここで \(Q_{\text{in}}\) は、1サイクルの間に気体が吸収した熱量の総和です。

この設問における重要なポイント

• サイクルの仕事の求め方（各過程の和、またはP-Vグラフの面積）。
• 熱効率の定義 \(e = \frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{吸収総量}}}\)。
• どの過程で熱を吸収し（\(Q>0\)）、どの過程で熱を放出するか（\(Q<0\)）を正しく判断すること。

具体的な解説と立式
1サイクルで気体がした正味の仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) (\(\fbox{5}\)):
各過程で気体がした仕事は、

• 過程A→B (定積変化): \(W_{AB} = 0\)
• 過程B→C (等温変化): \(W_{BC} = Q\) （(b)より）
• 過程C→A (定圧変化): \(W_{CA} = -2PV\) （(c)の計算途中より）

よって、1サイクルで気体がした正味の仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) は、
$$W_{\text{サイクル}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 0 + Q + (-2PV) = Q – 2PV$$
熱効率 \(e\) (\(\fbox{6}\)):
熱効率を求めるためには、1サイクル中に気体が吸収した総熱量 \(Q_{\text{in}}\) を計算する必要があります。

• 過程A→B (定積変化): \(\Delta U_{AB} = 3PV\)。定積変化なので \(W_{AB} = 0\)。熱力学第一法則より \(Q_{AB} = \Delta U_{AB} + W_{AB} = 3PV + 0 = 3PV\)。これは正の値なので、熱を吸収しています。
• 過程B→C (等温変化): 問題文より吸収した熱量は \(Q_{BC} = Q\)。
• 過程C→A (定圧変化): \(\Delta U_{CA} = U_A – U_C = \frac{3}{2}PV – \frac{3}{2}P(3V) = -3PV\)。\(W_{CA} = -2PV\)。熱力学第一法則より \(Q_{CA} = \Delta U_{CA} + W_{CA} = -3PV + (-2PV) = -5PV\)。これは負の値なので、熱を放出しています。

したがって、1サイクル中に気体が吸収した熱量の総和 \(Q_{\text{in}}\) は、
$$Q_{\text{in}} = Q_{AB} + Q_{BC} = 3PV + Q$$
熱効率 \(e\) は、
$$e = \frac{W_{\text{サイクル}}}{Q_{\text{in}}} = \frac{Q – 2PV}{3PV + Q}$$

上記「具体的な解説と立式」で計算済み。

サイクル全体の仕事: 一周して気体がした「正味の」仕事は、それぞれの変化で気体がした仕事を足し合わせればOKです。A→B: 体積が変わらないので仕事はゼロ。B→C: (b)で求めたように仕事は \(Q\)。C→A: (c)で求めたように「された」仕事が \(2PV\) なので、「した」仕事は \(-2PV\)。全部足すと、\(0 + Q + (-2PV) = Q – 2PV\)。これが一周分の仕事です。

熱効率: 熱効率とは、「使った熱エネルギーのうち、どれだけ仕事に変わったか」の割合です。式で書くと \(e = \frac{\text{正味の仕事}}{\text{吸収した総熱量}}\)。正味の仕事は上で \(Q – 2PV\) と求めました。次に「吸収した総熱量」を考えます。A→Bでは、内部エネルギーが \(3PV\) 増え、仕事はしなかったので、もらった熱は \(3PV\) です。B→Cでは、問題文から \(Q\) の熱をもらいました。C→Aでは、計算すると \(5PV\) の熱を「放出」しています（マイナスなので）。なので、もらった熱の合計は \(3PV + Q\) です。よって、熱効率は \(\frac{Q – 2PV}{3PV + Q}\) となります。

サイクルの正味の仕事は \(Q – 2PV\)。これはP-VグラフのA→B→C→Aで囲まれた面積に等しくなります。熱効率は \(\frac{Q – 2PV}{Q + 3PV}\)。熱効率は必ず1より小さい値になるはずです。

【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？

• 単原子分子理想気体の内部エネルギー (\(U = \frac{3}{2}PV\)): 内部エネルギーを圧力と体積で直接表現できるこの式は、温度 \(T\) を介さずに計算できるため非常に便利です。
• 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W\)): 全ての熱力学過程のエネルギー収支を記述する基本法則。
• 等温変化の特性: 理想気体では \(\Delta U = 0\) となり、\(Q=W\) が成り立ちます。また、ボイルの法則 \(PV=\text{一定}\) も重要です。
• 定積変化・定圧変化の特性: 定積変化では \(W=0\), \(Q = \Delta U\)。定圧変化では \(W=P\Delta V\)。
• サイクルの仕事と熱効率: サイクル全体の仕事はP-Vグラフ上の面積または各過程の仕事の和。熱効率は投入した熱エネルギーに対する正味の仕事の割合。

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

• 類似問題のパターン: 異なる種類の状態変化（断熱変化など）を含むサイクル、他のグラフ（T-Vグラフなど）が与えられる問題。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 気体の種類は何か？（比熱や内部エネルギーの式に関わる）
  2. 各過程は何か？（グラフや問題文から正確に把握）
  3. 各状態点での \(P, V, T\) の関係は？（未知の値を求める）
  4. 「吸収した熱量」「外部にした仕事」「気体が受けた仕事」など言葉遣いに注意。
• 問題解決のヒント・注意点: P-Vグラフを丁寧に読み取り、熱力学第一法則を常に念頭に置く。仕事や熱量の符号に注意。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 内部エネルギーの式: 単原子分子であることを確認し、係数 \(\frac{3}{2}\) を正確に使う。
• 等温変化と断熱変化の混同: 等温変化は \(\Delta U=0\)、断熱変化は \(Q=0\)。明確に区別する。
• 仕事の符号: \(W = P\Delta V\) は気体が「した」仕事。体積増加で正、減少で負。「受けた」仕事はその逆符号。
• 熱効率の分母 \(Q_{\text{in}}\): 「吸収した」熱量の総和。放出した熱量は含めない。

対策: 各物理量の定義と符号の規約を正確に覚え、状態変化の種類ごとの特徴を整理する。図を丁寧に描き、視覚的に確認する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図: P-Vグラフ。各状態の位置、変化の経路、仕事の大きさ（面積）、サイクルの形状が一目でわかる。
• 図を描く際の注意点: 軸のラベル、各状態点、変化の方向（矢印）を明確に。等温曲線は反比例、定積・定圧は軸に平行な直線。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(U = \frac{3}{2}PV\): (a) \(\Delta U_{AB}\) 計算。単原子分子で \(P,V\) が既知。
• \(\Delta U = 0\) (等温変化): (b) \(\Delta U_{BC}\)。条件から。
• \(\Delta U = Q – W\): (b) \(W_{BC}\)。\(\Delta U, Q\) が既知。 (d) \(Q_{AB}\)。
• \(P_1V_1 = P_2V_2\) (ボイルの法則): (c) \(V_C\) 決定。B→Cが等温変化。
• \(W = P\Delta V\): (c) \(W_{CA}\)。定圧変化。
• \(W_{\text{サイクル}} = \sum W\): (d) サイクル全体の仕事。
• \(e = W_{\text{サイクル}} / Q_{\text{in}}\): (d) 熱効率の定義。

各公式がどの物理現象や条件に対応するかを理解し、適切に選択することが重要。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 状況分析: 単原子分子理想気体のサイクル。P-Vグラフと各過程の種類を把握。
2. 問(a) \(\Delta U_{AB}\): A→Bは定積。\(U=\frac{3}{2}PV\) で \(U_A, U_B\) を計算し差。
3. 問(b) \(\Delta U_{BC}, W_{BC}\): B→Cは等温。\(\Delta U_{BC}=0\)。第一法則から \(W_{BC}=Q_{BC}\)。\(Q_{BC}=Q\)。
4. 問(c) \(W’_{CA}\): C→Aは定圧。まず \(V_C\) をB→Cの等温条件から。次に \(W_{CA}=P\Delta V\)。\(W’_{CA}=-W_{CA}\)。
5. 問(d) \(W_{\text{サイクル}}, e\): \(W_{\text{サイクル}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA}\)。\(Q_{\text{in}}\) を特定 (\(Q_{AB}=\Delta U_{AB}\), \(Q_{BC}=Q\))。\(e = W_{\text{サイクル}} / Q_{\text{in}}\)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位: 文字式のままなので直接影響は少ないが、常に意識。
• 符号: 仕事、熱量、体積変化の正負に注意。「受けた仕事」の問い方に注意。
• \(P, V\) の値の代入ミス: グラフから正確に読み取る。
• 内部エネルギーの係数: 単原子分子で \(\frac{3}{2}\)。
• 熱効率の分母: 「吸収した」熱量のみを足す。

日頃の練習: 途中式を丁寧に書き、各ステップの意味を意識する。検算を行う。

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

• 物理的な妥当性:
  • A→B（定積加熱）で \(\Delta U > 0\)。
  • B→C（等温膨張）で \(\Delta U = 0, W=Q\)。外部仕事には熱吸収が必要。
  • C→A（定圧冷却・圧縮）で \(W < 0\)（仕事をされる）。
  • サイクル全体の仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) が正（時計回り）。
  • 熱効率 \(e\) は \(0 \le e < 1\)。
• 単位の確認: 全ての項がエネルギーの次元か。

問題63 (熊本大)

【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、1molの単原子分子理想気体がT-Vグラフ上で示すA→B→C→D→Aというサイクル運動について、各過程での熱量や仕事、状態量、そしてサイクル全体の仕事と熱効率を計算する問題です。T-Vグラフが与えられており、各過程の特性（定積変化、体積が温度に比例する変化）が示されています。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は熱力学の分野に属し、特にT-Vグラフで与えられた理想気体のサイクルを解析する能力を問います。問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
• 単原子分子理想気体の内部エネルギー: \(U = \frac{3}{2}nRT\)
• 熱力学第一法則: \(\Delta U = Q – W\)
• モル比熱 (単原子分子理想気体): 定積モル比熱 \(C_V = \frac{3}{2}R\)、定圧モル比熱 \(C_P = \frac{5}{2}R\)
• 各過程の性質:
  • 定積変化: \(W = 0\), \(Q = nC_V\Delta T = \Delta U\)
  • 定圧変化: \(W = P\Delta V = nR\Delta T\), \(Q = nC_P\Delta T\)。T-Vグラフ上では原点を通る直線。

全体的な戦略としては、まず各過程の種類を特定し、各状態の物理量を整理、そして設問ごとに適切な法則を適用して計算を進めます。

問1

思考の道筋とポイント
過程A→Bは、T-Vグラフから体積が \(V_0\) で一定の定積変化です。単原子分子理想気体 (1mol) なので、定積モル比熱 \(C_V = \frac{3}{2}R\) を用いて、吸収した熱量 \(Q_{AB}\) は \(nC_V\Delta T\) で計算できます。

この設問における重要なポイント

• 定積変化であることの認識。
• 単原子分子理想気体の定積モル比熱 \(C_V = \frac{3}{2}R\) の適用。
• 温度変化 \(\Delta T = T_B – T_A = T_1 – T_0\)。

具体的な解説と立式
過程A→Bは定積変化です。このとき、気体が吸収する熱量 \(Q_{AB}\) は、内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{AB}\) に等しくなります（仕事 \(W_{AB}=0\) のため）。
内部エネルギーの変化は、物質量 \(n\)、定積モル比熱 \(C_V\)、温度変化 \(\Delta T_{AB}\) を用いて次のように表せます。
$$Q_{AB} = nC_V \Delta T_{AB}$$
与えられた条件は、\(n=1\) mol、単原子分子理想気体なので \(C_V = \frac{3}{2}R\)、温度変化は \(\Delta T_{AB} = T_B – T_A = T_1 – T_0\) です。
これらの値を代入して \(Q_{AB}\) を求めます。

与えられた値を上記の式に代入します。
$$Q_{AB} = 1 \cdot \frac{3}{2}R (T_1 – T_0)$$
したがって、
$$Q_{AB} = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0)$$

AからBへの変化は、体積が \(V_0\) のまま変わらない定積変化です。このとき気体がもらう熱は、\((\text{物質量}) \times (\text{定積モル比熱}) \times (\text{温度変化})\) で計算できます。物質量は1mol、単原子分子の定積モル比熱は \(\frac{3}{2}R\)、温度は \(T_0\) から \(T_1\) に変化したので、温度変化は \(T_1 – T_0\) です。これらを掛け合わせると、吸収した熱量が求まります。

A→Bの過程で気体が吸収した熱量は \(\frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\) [J] です。グラフから通常 \(T_1 > T_0\) と考えられるため、これは正の値となり、気体が熱を吸収して内部エネルギーが増加することを示します。

問2

思考の道筋とポイント
過程B→Cは、T-Vグラフ上で「体積は温度に対して直線的に変化」しており、図から原点を通る直線と解釈できます。これは \(V = kT\) （\(k\) は比例定数）の関係を意味します。この関係を理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) と照らし合わせることで、この過程が定圧変化であることを導き、その圧力値を求めます。

この設問における重要なポイント

• T-Vグラフ上の原点を通る直線の意味（\(V/T = \text{const.}\)）を理解し、それが定圧変化に繋がること。
• 状態方程式 \(PV=nRT\) を用いて圧力を求めること。

具体的な解説と立式
過程B→Cにおいて、T-Vグラフは原点を通る直線なので、体積 \(V\) と絶対温度 \(T\) の間には比例関係が成り立ちます。すなわち、\(V/T = k_1\) （\(k_1\) は正の定数）と書けます。
理想気体の状態方程式は \(PV=nRT\) です。これを変形すると、
$$\frac{V}{T} = \frac{nR}{P}$$
\(V/T\) が一定値 \(k_1\) であり、\(n\) と \(R\) も定数なので、圧力 \(P\) も一定でなければなりません。したがって、過程B→Cは定圧変化です。このときの圧力を \(P_B\)（または \(P_C\)）とします。
状態B（温度 \(T_1\)、体積 \(V_0\)、物質量 \(n=1\)）における状態方程式は、
$$P_B V_0 = 1 \cdot RT_1$$
ここから圧力 \(P_B\) を求めます。過程B→Cは定圧なので、\(P_C = P_B\) となります。

状態Bの圧力 \(P_B\) は、状態方程式より、
$$P_B = \frac{RT_1}{V_0}$$
過程B→Cは定圧変化なので、状態Cの圧力 \(P_C\) は状態Bの圧力 \(P_B\) に等しくなります。
$$P_C = P_B = \frac{RT_1}{V_0}$$

BからCへの変化のグラフは、原点を通る直線なので「体積が温度に正比例する」関係です。気体の基本ルール \(PV=nRT\) から考えると、この関係は圧力が一定のときに成り立ちます（これを定圧変化といいます）。つまり、B地点での圧力とC地点での圧力は同じです。B地点の圧力は、\(P_B V_0 = 1 \cdot RT_1\) から \(P_B = RT_1/V_0\) と計算できます。これがそのままC地点の圧力 \(P_C\) となります。

状態Cでの気体の圧力は \(P_C = \frac{RT_1}{V_0}\) [N/m²] です。T-Vグラフ上の原点を通る直線が定圧変化を表すことを理解することが重要です。

問3

思考の道筋とポイント
過程D→Aも、過程B→Cと同様にT-Vグラフ上で原点を通る直線なので、定圧変化です。このときの圧力は状態Aの圧力 \(P_A\) と等しくなります。まず状態Aの圧力 \(P_A\) を求め、次に状態Dの温度 \(T_D\) を特定します。状態Dの体積は \(V_1\) です。放出した熱量 \(Q’_{DA}\) は、吸収した熱量 \(Q_{DA} = nC_P(T_A – T_D)\) が負の値になるため、その絶対値 \(-Q_{DA}\) で計算します。

この設問における重要なポイント

• D→Aが定圧変化であることの認識と、その圧力 \(P_A\) の特定。
• 状態Dの温度 \(T_D\) を、状態Aの圧力 \(P_A\) と状態Dの体積 \(V_1\)、およびB→Cの関係から導かれる \(V_1\) と温度の関係を用いて求めること。
• 単原子分子理想気体の定圧モル比熱 \(C_P = \frac{5}{2}R\) の適用。
• 「放出した熱量」を問われているため、計算結果の符号に注意すること。

具体的な解説と立式
過程D→Aは定圧変化であり、その圧力は状態Aの圧力 \(P_A\) に等しいです。
状態A（温度 \(T_0\)、体積 \(V_0\)、物質量 \(n=1\)）における状態方程式は、
$$P_A V_0 = 1 \cdot RT_0$$
これから \(P_A = \frac{RT_0}{V_0}\) となります。
したがって、過程D→Aの圧力は \(P_D = P_A = \frac{RT_0}{V_0}\) です。

次に、状態Dの温度 \(T_D\) を求めます。状態Dの体積は \(V_D = V_1\)。状態方程式 \(P_D V_D = nRT_D\) より、
$$\left(\frac{RT_0}{V_0}\right) V_1 = 1 \cdot RT_D$$
これから \(T_D = \frac{V_1}{V_0}T_0\) となります。
ここで、過程B→Cが定圧変化（圧力 \(P_B = RT_1/V_0\)）であることから、シャルルの法則の関係 \(V/T = \text{const.}\) が成り立ちます。
$$\frac{V_B}{T_B} = \frac{V_C}{T_C}$$
つまり、
$$\frac{V_0}{T_1} = \frac{V_1}{T_2}$$
この式から、体積の比 \(\frac{V_1}{V_0}\) は温度の比 \(\frac{T_2}{T_1}\) に等しいことがわかります。
$$\frac{V_1}{V_0} = \frac{T_2}{T_1}$$
これを \(T_D\) の式に代入すると、
$$T_D = \left(\frac{T_2}{T_1}\right)T_0$$
D→Aの過程で気体が吸収する熱量 \(Q_{DA}\) は、定圧変化なので \(nC_P \Delta T_{DA}\) で計算できます。
$$Q_{DA} = nC_P(T_A – T_D) = 1 \cdot \frac{5}{2}R \left(T_0 – \frac{T_2}{T_1}T_0\right)$$
気体が外部へ放出した熱量 \(Q’_{DA}\) は \(-Q_{DA}\) です。

吸収する熱量 \(Q_{DA}\) を計算します。
$$Q_{DA} = \frac{5}{2}R T_0 \left(1 – \frac{T_2}{T_1}\right) = \frac{5}{2}R T_0 \frac{T_1 – T_2}{T_1} = \frac{5R T_0 (T_1 – T_2)}{2T_1}$$
通常、サイクルの図から \(T_2 > T_1\) と考えられるため、\(T_1 – T_2\) は負となり、\(Q_{DA}\) は負の値（熱を放出）になります。
気体が外部へ放出した熱量 \(Q’_{DA}\) は \(-Q_{DA}\) なので、
$$Q’_{DA} = – \left( \frac{5R T_0 (T_1 – T_2)}{2T_1} \right) = \frac{5R T_0 (T_2 – T_1)}{2T_1}$$

DからAへの変化も圧力が一定の変化です。このときの圧力はA地点の圧力 \(P_A = RT_0/V_0\) と同じです。まずD地点の温度 \(T_D\) を求めます。AとDは同じ圧力なので、\(V_0/T_0 = V_1/T_D\) の関係があります。また、BとCも同じ圧力だったので \(V_0/T_1 = V_1/T_2\) という関係がありました。これらの式を使うと \(T_D = (T_2/T_1)T_0\) と計算できます。DからAへは温度が \(T_D\) から \(T_0\) へ変化します。このとき吸収する熱量は \(Q_{DA} = \frac{5}{2}R(T_0 – T_D)\)。\(T_D\) を代入すると \(Q_{DA} = \frac{5R T_0 (T_1 – T_2)}{2T_1}\)。\(T_2 > T_1\) の場合、これはマイナスになるので熱を放出しています。「放出した熱量」なので、この値の符号をプラスにした \(\frac{5R T_0 (T_2 – T_1)}{2T_1}\) が答えです。

D→A の過程で気体が外部へ放出した熱量は \(\frac{5R T_0 (T_2 – T_1)}{2T_1}\) [J] です。グラフの温度設定（通常 \(T_2>T_1\)）からこれは正の値となり、実際に熱を放出していることを示します。

問4

思考の道筋とポイント
1サイクルで気体が外部へした仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) は、各過程 (A→B, B→C, C→D, D→A) で気体がした仕事の代数和です。A→B と C→D は定積変化なので仕事は0。B→C と D→A は定圧変化なので仕事は \(P\Delta V = nR\Delta T\) で計算します。

この設問における重要なポイント

• 各過程の仕事の計算（定積変化では0、定圧変化では \(P\Delta V\) または \(nR\Delta T\)）。
• P-Vグラフをイメージしてサイクル全体の仕事を捉えること（このサイクルはP-Vグラフで長方形をなす）。

具体的な解説と立式
各過程で気体がした仕事は、

• 過程A→B (定積変化): \(W_{AB} = 0\)
• 過程C→D (定積変化): \(W_{CD} = 0\)
• 過程B→C (定圧変化、圧力 \(P_B = RT_1/V_0\)):
  仕事 \(W_{BC} = nR(T_C – T_B) = 1 \cdot R(T_2 – T_1) = R(T_2 – T_1)\)。
• 過程D→A (定圧変化、圧力 \(P_A = RT_0/V_0\)):
  仕事 \(W_{DA} = nR(T_A – T_D) = 1 \cdot R(T_0 – T_D) = R(T_0 – \frac{T_2}{T_1}T_0) = R T_0 (1 – \frac{T_2}{T_1}) = \frac{R T_0 (T_1 – T_2)}{T_1}\)。

1サイクルの仕事 \(W_{\text{サイクル}}\) はこれらの和なので、
$$W_{\text{サイクル}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CD} + W_{DA}$$
$$W_{\text{サイクル}} = 0 + R(T_2 – T_1) + 0 + \frac{R T_0 (T_1 – T_2)}{T_1}$$
このサイクルをP-Vグラフで考えると、圧力 \(P_A = RT_0/V_0\) と \(P_B = RT_1/V_0\)、体積 \(V_0\) と \(V_1\) で囲まれた長方形になります。
長方形の縦の長さは \(\Delta P = P_B – P_A = \frac{R(T_1-T_0)}{V_0}\)。
長方形の横の長さは \(\Delta V = V_1 – V_0\)。
仕事 \(W_{\text{サイクル}} = \Delta P \cdot \Delta V = \frac{R(T_1 – T_0)}{V_0} (V_1 – V_0)\)。

方法1：各過程の仕事の和から
$$W_{\text{サイクル}} = R(T_2 – T_1) + RT_0 \frac{T_1-T_2}{T_1}$$
共通因数 \(R(T_2-T_1)\) でくくりだすと、
$$W_{\text{サイクル}} = R(T_2 – T_1) \left(1 – \frac{T_0}{T_1}\right)$$
括弧の中を通分すると、
$$W_{\text{サイクル}} = R(T_2 – T_1) \left(\frac{T_1 – T_0}{T_1}\right)$$
$$W_{\text{サイクル}} = \frac{R(T_1-T_0)(T_2-T_1)}{T_1}$$
方法2：P-Vグラフの面積（長方形）から
圧力差 \(\Delta P = P_B – P_A = \frac{RT_1}{V_0} – \frac{RT_0}{V_0} = \frac{R(T_1-T_0)}{V_0}\)
体積差 \(\Delta V = V_1 – V_0\)。ここで、(3)の導出途中から \(\frac{V_1}{V_0} = \frac{T_2}{T_1}\) なので \(V_1 = \frac{T_2}{T_1}V_0\)。
よって、\(\Delta V = \frac{T_2}{T_1}V_0 – V_0 = V_0 \left(\frac{T_2}{T_1} – 1\right) = V_0 \frac{T_2-T_1}{T_1}\)
$$W_{\text{サイクル}} = \Delta P \cdot \Delta V = \frac{R(T_1-T_0)}{V_0} \cdot V_0 \frac{T_2-T_1}{T_1} = \frac{R(T_1-T_0)(T_2-T_1)}{T_1}$$

一周の仕事は、各部分での仕事を足し合わせます。A→B と C→D は体積が変わらないので仕事はゼロです。B→C は圧力が一定のまま温度が \(T_1\) から \(T_2\) に変わるので、仕事は \(R(T_2-T_1)\)。D→A も圧力が一定のまま温度が \(T_D\) から \(T_0\) に変わるので、仕事は \(R(T_0-T_D)\)。\(T_D\) に \((T_2/T_1)T_0\) を代入し、これらを足し合わせると \(W_{\text{サイクル}} = \frac{R(T_1-T_0)(T_2-T_1)}{T_1}\) となります。

1サイクルで気体が外部へした仕事は \(\frac{R(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1}\) [J] です。このサイクルはT-Vグラフ上で時計回りであり、P-Vグラフに変換すると長方形を時計回りに回るため、正の仕事をするエンジンとして機能します。

問5

思考の道筋とポイント
熱効率 \(e\) は、\(e = \frac{W_{\text{サイクル}}}{Q_{\text{in}}}\) で定義されます。\(W_{\text{サイクル}}\) は(4)で求めました。\(Q_{\text{in}}\) は、1サイクルの間に気体が吸収した熱量の総和です。熱を吸収する過程は温度が上昇する過程、つまりA→B（定積昇温）とB→C（定圧昇温）です。

この設問における重要なポイント

• 熱効率の定義 \(e = W_{\text{サイクル}}/Q_{\text{in}}\)。
• 吸熱過程の特定（温度が上昇する過程）。
• 各吸熱過程での吸収熱量の計算（定積変化では \(nC_V\Delta T\)、定圧変化では \(nC_P\Delta T\)）。

具体的な解説と立式
1サイクルで吸収した総熱量 \(Q_{\text{in}}\) を求めます。吸熱過程はA→BとB→Cです。

• 過程A→B (定積変化): 問(1)より \(Q_{AB} = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0)\)。
• 過程B→C (定圧変化): 吸収熱量 \(Q_{BC} = nC_P(T_C – T_B)\)。
  ここで \(n=1\), \(C_P = \frac{5}{2}R\), \(T_C = T_2\), \(T_B = T_1\)。
  $$Q_{BC} = 1 \cdot \frac{5}{2}R(T_2 – T_1) = \frac{5}{2}R(T_2 – T_1)$$

したがって、吸収した総熱量 \(Q_{\text{in}}\) は、
$$Q_{\text{in}} = Q_{AB} + Q_{BC} = \frac{3}{2}R(T_1 – T_0) + \frac{5}{2}R(T_2 – T_1)$$
熱効率 \(e\) は、\(W_{\text{サイクル}}\) を(4)の結果を使い、
$$e = \frac{W_{\text{サイクル}}}{Q_{\text{in}}} = \frac{\frac{R(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1}}{\frac{3}{2}R(T_1 – T_0) + \frac{5}{2}R(T_2 – T_1)}$$

まず、分母分子の \(R\) を消去します。
$$e = \frac{\frac{(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1}}{\frac{3}{2}(T_1 – T_0) + \frac{5}{2}(T_2 – T_1)}$$
次に、分母分子に \(2T_1\) を掛けて整理します。
$$e = \frac{2(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1 \left[ 2 \cdot \frac{3}{2}(T_1 – T_0) + 2 \cdot \frac{5}{2}(T_2 – T_1) \right]}$$
$$e = \frac{2(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1 [3(T_1 – T_0) + 5(T_2 – T_1)]}$$
分母の角括弧内を展開して整理します。
$$3(T_1 – T_0) + 5(T_2 – T_1) = 3T_1 – 3T_0 + 5T_2 – 5T_1 = 5T_2 – 2T_1 – 3T_0$$
したがって、熱効率 \(e\) は、
$$e = \frac{2(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1 (5T_2 – 2T_1 – 3T_0)}$$

熱効率は「(一周でした仕事) ÷ (もらった熱の合計)」です。一周の仕事は(4)で求めました。もらった熱は、A→Bのとき \(\frac{3}{2}R(T_1-T_0)\) と、B→Cのとき \(\frac{5}{2}R(T_2-T_1)\) です。これらを足したものが「もらった熱の合計」になります。最後に、(仕事)÷(熱の合計) を計算し、式を整理します。具体的には、まず共通の \(R\) を消し、その後、分数をなくすために分母分子に \(2T_1\) を掛けると良いでしょう。

この1サイクルの熱効率は \(e = \frac{2(T_1 – T_0)(T_2 – T_1)}{T_1 (5T_2 – 2T_1 – 3T_0)}\) です。熱効率は \(0 < e < 1\) の範囲の値を取ります。

【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 (\(PV=nRT\)): T-Vグラフから圧力や他の状態量を求める際の基本。特に、T-Vグラフ上の原点を通る直線が定圧変化に対応することを示すのに不可欠。
• 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W\)): 各過程やサイクル全体のエネルギー収支を考える上で中心となる法則。
• 単原子分子理想気体の内部エネルギーとモル比熱: \(U = \frac{3}{2}nRT\), \(C_V = \frac{3}{2}R\), \(C_P = \frac{5}{2}R\)。
• 定積変化と定圧変化の性質: T-Vグラフとこれらの変化の関係を理解し、仕事や熱量の計算方法を正しく適用すること。

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

• 類似問題のパターン: P-VグラフやP-Tグラフで与えられるサイクル、等温変化や断熱変化を含む複雑なサイクル。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 与えられたグラフの種類は何か？（T-V, P-V, P-Tで読み取り方が異なる）
  2. 各過程はどのような変化か？（グラフの形状、問題文の記述から特定）
  3. 状態方程式から導ける関係は何か？（例：T-Vグラフの原点を通る直線 \(\rightarrow\) 定圧）
  4. 各状態点の \(P,V,T\) をできるだけ特定する。
  5. 熱の吸収・放出はどの過程で起こるか？

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• T-Vグラフの解釈: P-Vグラフと混同しない。T-Vグラフで原点を通る直線は「定圧」変化。
• 未知の温度・体積の決定: 複数の状態の関係性を組み合わせる必要がある場合、どの法則がどの過程で使えるかを正確に把握する。
• 仕事の計算: \(W=P\Delta V\) は定圧変化のみ。定積変化では \(W=0\)。サイクル全体の仕事は、各過程の仕事の代数和。
• 吸収した総熱量 \(Q_{\text{in}}\): 熱効率の計算で分母に来る。正の値の \(Q\) のみを足し合わせる。
• 文字計算の煩雑さ: 多くの記号が出てくるため、計算ミスをしやすい。

対策: 各グラフと状態変化の関係を整理。複雑な問題では情報を図に書き込みながら進める。計算過程を丁寧に記述。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図: T-Vグラフ (問題図) と、それを元に考察する P-Vグラフ (頭の中や実際に描く)。P-Vグラフではこのサイクルが長方形になることが分かり、仕事の計算が容易になる。
• 図を描く際の注意点: 軸の物理量を明確にし、変化の方向を矢印で示す。各状態変化がどのような線種になるか意識する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(PV=nRT\): (2)圧力計算、(3)温度 \(T_D\) 計算の基礎。
• \(Q=nC_V\Delta T\): (1) A→B (定積) の熱量。
• \(Q=nC_P\Delta T\): (3) D→A (定圧)、(5) B→C (定圧) の熱量。
• \(V/T = \text{const.}\) (定圧変化): (2), (3) B→C, D→A が定圧である根拠。
• \(W=0\) (定積変化): (4) A→B, C→D の仕事。
• \(W=P\Delta V\) または \(nR\Delta T\): (4) B→C, D→A の仕事。

公式が適用できる条件（定積、定圧など）を常に確認することが大切。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. グラフ読解と過程特定: T-VグラフからA→B, C→Dが定積、B→C, D→Aが定圧と判断。
2. 問(1) \(Q_{AB}\): 定積なので \(nC_V\Delta T\)。
3. 問(2) \(P_C\): B→Cが定圧なので \(P_C=P_B\)。\(P_B\) を状態Bの状態方程式から。
4. 問(3) \(Q’_{DA}\): D→Aが定圧なので \(P_D=P_A\)。\(P_A\) を状態Aの状態方程式から。\(T_D\) を関係式から導出。\(Q_{DA}=nC_P\Delta T\)。\(Q’_{DA}=-Q_{DA}\)。
5. 問(4) \(W_{\text{サイクル}}\): 定積過程の仕事は0。定圧過程の仕事は \(nR\Delta T\)。和を取る。
6. 問(5) \(e\): \(Q_{\text{in}} = Q_{AB} + Q_{BC}\)。\(e = W_{\text{サイクル}} / Q_{\text{in}}\)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 添え字の確認: \(T_0, T_1, T_2, V_0, V_1\) など多くの記号を正確に扱う。
• 比の計算: \(V_1/V_0 = T_2/T_1\) のような関係を導出して利用する際、逆数にしない。
• 分数計算: 熱効率の計算など、複雑な分数式は慎重に。

日頃の練習: 複雑な文字式でも最後まで計算しきる。各変数の意味を常に意識。別解で検算。

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

• 物理的な妥当性: 熱の吸収・放出の向き、仕事の正負、熱効率が \(0<e<1\) の範囲か。
• 単位の確認: 各物理量の単位の一貫性。
• 特殊な場合を考える: \(T_1=T_0\) や \(T_2=T_1\) などで仕事や熱効率がどうなるか確認。

問題64 (名城大)

【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、ピストンによってシリンダー内に閉じ込められた理想気体の状態変化を、力のつり合い、状態方程式、熱力学第一法則を駆使して解析する問題です。容器が鉛直に置かれた場合と上下反転された場合で、ピストンに働く力のつり合いの式が変わる点、そしてヒーターによる加熱が気体にどのような変化をもたらすかを段階的に考察します。

【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、以下の3つの柱です。

1. ピストンに働く力のつり合い: ピストンが静止している状態では、ピストンに働く全ての力の合力が0になります。
2. 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)): 気体の圧力 \(P\)、体積 \(V\)、物質量 \(n\)、絶対温度 \(T\) の関係を示す基本法則です。
3. 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W\)) と定圧変化・定積変化の知識: 気体に熱が加えられたり、気体が仕事をしたりする際のエネルギー保存則です。単原子分子理想気体の場合、内部エネルギー \(U = \frac{3}{2}nRT\)、定積モル比熱 \(C_V = \frac{3}{2}R\)、定圧モル比熱 \(C_P = \frac{5}{2}R\) を用います。

全体的な戦略としては、まず各状態における力のつり合いの式を立てて内部気体の圧力を求め、次に状態方程式を適用し、熱が関わる場合は熱力学的な過程を分析します。

問1

思考の道筋とポイント
図1の状態におけるピストンに働く力のつり合いを考え、内部気体の圧力 \(P_1\) を求めます。次に、気体の体積 \(V_1\) を求め、理想気体の状態方程式 \(P_1V_1=nRT_1\) を用いて温度 \(T_1\) を導出します。

この設問における重要なポイント

• ピストンに働く力（大気圧による力、ピストンの重力、内部気体の圧力による力）を正しく把握し、力のつり合いの式を立てること。
• 気体の体積を正しく \(V_1=Sl\) と表すこと。
• 状態方程式を適用すること。

具体的な解説と立式
図1において、ピストンは静止しているので、鉛直方向の力がつり合っています。ピストンに働く力は、上向きに内部気体がピストンを押す力 \(P_1S\)、下向きに大気圧がピストンを押す力 \(P_0S\) およびピストンの重力 \(Mg\) です。
力のつり合いの式は、
$$P_1S = P_0S + Mg$$
この式から、内部気体の圧力 \(P_1\) は次のように表せます。
$$P_1 = P_0 + \frac{Mg}{S}$$
このとき、気体の体積 \(V_1\) は、ピストンの断面積 \(S\) と気柱の高さ \(l\) を用いて、
$$V_1 = Sl$$
気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を状態1に適用すると、
$$P_1V_1 = nRT_1$$
この式に上記で求めた \(P_1\) と \(V_1\) を代入し、\(T_1\) について解きます。

\(P_1 = P_0 + \frac{Mg}{S}\) と \(V_1 = Sl\) を状態方程式 \(P_1V_1 = nRT_1\) に代入します。
$$\left(P_0 + \frac{Mg}{S}\right) (Sl) = nRT_1$$
左辺の \(S\) を括弧の中に分配すると、
$$(P_0S + Mg)l = nRT_1$$
したがって、気体の温度 \(T_1\) は、
$$T_1 = \frac{(P_0S+Mg)l}{nR}$$

ピストンが静止しているため、ピストンにかかる力はつり合っています。上向きの力（内部気体の圧力による力）と下向きの力（大気圧による力＋ピストンの重力）が等しくなります。このつり合いから内部気体の圧力を求めます。気体の体積は「断面積×高さ」です。これらの圧力と体積、そして物質量 \(n\) と気体定数 \(R\) を用いて、理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) から温度 \(T_1\) を計算します。

初期状態の気体の温度は \(T_1 = \frac{(P_0S+Mg)l}{nR}\) です。この式は、各物理量が温度に与える影響を正しく反映していると考えられます（例：\(l\) が大きいほど \(T_1\) も大きい）。

問2

思考の道筋とポイント
ヒーターで加熱すると気体は膨張し、ピストンが \(\frac{1}{2}l\) 上昇します。ピストンはゆっくりと動いて新しい位置で静止するため、この間、力のつり合いは保たれたままです。したがって、内部気体の圧力は(1)の \(P_1\) と同じ（定圧変化）です。新しい気柱の高さと体積 \(V_2\) を求め、状態方程式から新しい温度 \(T_2\) を計算し、\(T_1\) との比を求めます。ジュール熱 \(Q_H\) は、定圧変化における熱量の公式 \(Q = nC_P\Delta T\) を用いて計算します。

この設問における重要なポイント

• 加熱によりピストンが動く過程が定圧変化であると見なせること。
• 新しい気柱の高さ \(l_2\) と体積 \(V_2\) を正しく計算すること。
• 単原子分子理想気体の定圧モル比熱 \(C_P = \frac{5}{2}R\) を用いること。

具体的な解説と立式
ピストンが最初の位置より \(\frac{1}{2}l\) 上昇したので、気柱の新しい高さ \(l_2\) は、
$$l_2 = l + \frac{1}{2}l = \frac{3}{2}l$$
気体の新しい体積 \(V_2\) は、
$$V_2 = Sl_2 = S \cdot \frac{3}{2}l = \frac{3}{2}Sl$$
加熱中もピストンはゆっくりと動くため、力のつり合いが保たれ、圧力は \(P_2 = P_1 = P_0 + \frac{Mg}{S}\) で一定です。これは定圧変化です。
新しい温度を \(T_2\) とすると、状態方程式 \(P_1V_2 = nRT_2\) が成り立ちます。
$$P_1 \left(\frac{3}{2}Sl\right) = nRT_2$$
ヒーターで発生したジュール熱 \(Q_H\) は、定圧変化で気体が吸収した熱量に等しいです。
$$Q_H = nC_P(T_2 – T_1)$$
単原子分子理想気体なので、定圧モル比熱 \(C_P = \frac{5}{2}R\) です。

まず、新しい温度 \(T_2\) を求めます。状態方程式から、
$$T_2 = \frac{P_1V_2}{nR} = \frac{P_1 (\frac{3}{2}Sl)}{nR}$$
(1)で求めた \(T_1 = \frac{P_1Sl}{nR}\) を用いると、
$$T_2 = \frac{3}{2} \left(\frac{P_1Sl}{nR}\right) = \frac{3}{2}T_1$$
したがって、気体の温度は(1)の1.5倍になります。

次に、ジュール熱 \(Q_H\) を計算します。
$$Q_H = nC_P(T_2 – T_1) = n \cdot \frac{5}{2}R \left(\frac{3}{2}T_1 – T_1\right)$$
$$Q_H = n \frac{5}{2}R \left(\frac{1}{2}T_1\right) = \frac{5}{4}nRT_1$$
ここで、(1)の結果 \(nRT_1 = (P_0S+Mg)l\) を代入すると、
$$Q_H = \frac{5}{4}(P_0S+Mg)l$$

ヒーターで温めると気体は膨らみ、ピストンが上に動きます。このとき、ピストンにかかる力のつり合いは変わらないので、気体の圧力は一定のままです（定圧変化）。体積は高さが \(l\) から \(\frac{3}{2}l\) になったので、\(\frac{3}{2}\)倍です。圧力が一定で体積が \(\frac{3}{2}\)倍になると、理想気体の状態方程式から温度も \(\frac{3}{2}\)倍になります。このとき気体が吸収した熱（ジュール熱）は、\((\text{物質量}) \times (\text{定圧モル比熱}) \times (\text{温度変化})\) で計算できます。単原子分子の定圧モル比熱は \(\frac{5}{2}R\) です。

気体の温度は(1)の1.5倍になります。ヒーターで発生したジュール熱は \(\frac{5}{4}(P_0S+Mg)l\) です。これは気体が定圧膨張する際に吸収した熱量であり、一部は内部エネルギーの増加に、残りは外部への仕事に使われます。

問3

思考の道筋とポイント
容器を上下反転させると、ピストンに働く力の向きが変化します。図2の状況では、気柱の高さが \(\frac{4}{3}l\) であり、気体の温度は(1)の \(T_1\) に保たれています。新しい力のつり合いの式を立てて内部気体の圧力 \(P_3\) を \(M\) を含む形で表し、状態方程式 \(P_3V_3=nRT_1\) に代入します。この式と(1)で得られた \(nRT_1 = (P_0S+Mg)l\) の関係式を連立させることで、ピストンの質量 \(M\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 容器反転による力のつり合いの変化を正しく理解すること（大気圧と重力の働く向き）。
• 図2における気体の体積 \(V_3 = S \cdot \frac{4}{3}l\) を把握すること。
• (1)で求めた \(nRT_1 = (P_0S+Mg)l\) の関係式を有効活用すること。

具体的な解説と立式
図2の状態で、ピストンは静止しているので、鉛直方向の力がつり合っています。ピストンに働く力は、

• 上向き: 大気圧がピストン（図では下面にあたる部分）を押す力 \(P_0S\)
• 下向き: 内部気体がピストン（図では上面にあたる部分）を押す力 \(P_3S\)
• 下向き: ピストンの重力 \(Mg\)

力のつり合いの式は、
$$P_0S = P_3S + Mg$$
この式から、内部気体の圧力 \(P_3\) は次のように表せます。
$$P_3 = P_0 – \frac{Mg}{S}$$
このとき、気体の体積 \(V_3\) は、気柱の高さが \(\frac{4}{3}l\) なので、
$$V_3 = S \cdot \frac{4}{3}l$$
気体の温度は(1)の温度 \(T_1\) に保たれているので、状態方程式 \(P_3V_3=nRT_1\) が成り立ちます。
$$\left(P_0 – \frac{Mg}{S}\right) \left(S \frac{4}{3}l\right) = nRT_1$$
(1)の結果から得られる関係式 \(nRT_1 = (P_0S+Mg)l\) をこの式に代入して \(M\) について解きます。

状態方程式に \(P_3, V_3\) を代入し、\(nRT_1 = (P_0S+Mg)l\) を用いると、
$$\left(P_0S – Mg\right) \frac{4}{3}l = (P_0S+Mg)l$$
\(l \neq 0\) なので、両辺を \(l\) で割ります。
$$\frac{4}{3}(P_0S – Mg) = P_0S + Mg$$
両辺に3を掛けて分母を払います。
$$4(P_0S – Mg) = 3(P_0S + Mg)$$
括弧を展開します。
$$4P_0S – 4Mg = 3P_0S + 3Mg$$
\(M\) を含む項を右辺に、それ以外の項を左辺に集めます。
$$4P_0S – 3P_0S = 3Mg + 4Mg$$
$$P_0S = 7Mg$$
したがって、ピストンの質量 \(M\) は、
$$M = \frac{P_0S}{7g}$$

容器をひっくり返すと、ピストンにかかる力の向きが変わります。今度は、大気圧がピストンを上に押し上げようとし、内部の気体の圧力とピストンの重さが下に押し下げようとします。これらの力がつり合っていることから、内部気体の圧力が \(M\) を使って表せます。気体の体積は「断面積×高さ(\(\frac{4}{3}l\))」で、温度は(1)の \(T_1\) と同じです。これらと(1)で求めた \(T_1\) の式（具体的には \(nRT_1\) の部分）を組み合わせることで、ピストンの質量 \(M\) を計算できます。

ピストンの質量は \(M = \frac{P_0S}{7g}\) と表せます。この結果は、大気圧や断面積が大きいほど、または重力加速度が小さいほど、ピストンの質量が大きくなることを示しており、物理的に整合性があります。

問4

思考の道筋とポイント
(3)の状態で、さらに熱を加えます。加える熱量 \(Q’\) は(2)で発生したジュール熱 \(Q_H\) の \(\frac{1}{2}\) です。この加熱もピストンが自由に動ける状態で行われるため、定圧変化（圧力 \(P_3\) で一定）と考えられます。まず、この圧力 \(P_3\) の値を(3)の結果を使って具体的に求めます。次に、加えた熱量 \(Q’\) から新しい温度 \(T_4\) を \(Q’ = nC_P(T_4-T_1)\) の関係を用いて計算します。最後に、シャルルの法則（定圧変化なので \(V/T = \text{const.}\)）または状態方程式を用いて新しい体積 \(V_4\)、そして気柱の高さ \(h_4\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 加熱過程が定圧変化であることの認識（圧力 \(P_3\) は(3)の力のつり合いから決まる）。
• 加える熱量 \(Q’ = Q_H/2\) を正しく計算すること。
• 定圧変化における熱量の式 \(Q=nC_P\Delta T\) を適用して新しい温度を求めること。
• シャルルの法則 \(V/T=\text{const.}\) を適用して新しい体積（高さ）を求めること。

具体的な解説と立式
(3)の状態での圧力 \(P_3\) は、力のつり合い \(P_3S + Mg = P_0S\) から \(P_3 = P_0 – \frac{Mg}{S}\) でした。
(3)で求めた \(M = \frac{P_0S}{7g}\) を代入すると、
$$P_3 = P_0 – \frac{(\frac{P_0S}{7g})g}{S} = P_0 – \frac{P_0Sg}{7gS} = P_0 – \frac{P_0}{7} = \frac{6}{7}P_0$$
この圧力 \(P_3\) のもとで、気体は初期温度 \(T_1\)、初期体積 \(V_3 = S \cdot \frac{4}{3}l\) の状態にあります。
加える熱量 \(Q’\) は、(2)で求めた \(Q_H = \frac{5}{4}nRT_1\) の \(\frac{1}{2}\) なので、
$$Q’ = \frac{1}{2}Q_H = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{4}nRT_1 = \frac{5}{8}nRT_1$$
この熱を加える過程は定圧変化（圧力 \(P_3\)）なので、新しい温度を \(T_4\) とすると、
$$Q’ = nC_P(T_4 – T_1)$$
ここで単原子分子理想気体なので \(C_P = \frac{5}{2}R\)。
$$\frac{5}{8}nRT_1 = n \frac{5}{2}R(T_4 – T_1)$$
この式から \(T_4\) を求めます。
新しい体積を \(V_4 = Sh_4\)（\(h_4\) は求める高さ）とすると、定圧変化なのでシャルルの法則 \(\frac{V_3}{T_1} = \frac{V_4}{T_4}\) が成り立ちます。

まず、新しい温度 \(T_4\) を求めます。
$$\frac{5}{8}nRT_1 = n \frac{5}{2}R(T_4 – T_1)$$
両辺の \(nR\) と \(\frac{5}{2}\) の一部（具体的には \(n, R, 5\)）を消去します。
$$\frac{1}{8}T_1 = \frac{1}{2}(T_4 – T_1)$$
両辺に2を掛けると、
$$\frac{1}{4}T_1 = T_4 – T_1$$
したがって、
$$T_4 = T_1 + \frac{1}{4}T_1 = \frac{5}{4}T_1$$
次に、シャルルの法則を用いて新しい気柱の高さ \(h_4\) を求めます。
$$\frac{V_3}{T_1} = \frac{Sh_4}{T_4}$$
$$h_4 = \frac{V_3 T_4}{S T_1}$$
\(V_3 = S \frac{4}{3}l\) と \(T_4 = \frac{5}{4}T_1\) を代入します。
$$h_4 = \frac{(S \frac{4}{3}l) (\frac{5}{4}T_1)}{S T_1}$$
\(S\) と \(T_1\) を消去します。
$$h_4 = \frac{4}{3}l \cdot \frac{5}{4} = \frac{20}{12}l = \frac{5}{3}l$$

(3)のひっくり返した状態での圧力 \(P_3\) は \(\frac{6}{7}P_0\) と計算できました。この一定圧力のもとで、(2)で発生したジュール熱の半分の熱を加えます。加えた熱の量から、どれだけ温度が上昇するか（新しい温度 \(T_4\)）を計算します。温度が \(T_1\) から \(T_4\) に変わると、圧力が一定なのでシャルルの法則「体積は絶対温度に比例する」が使えます。これを使って、最初の体積（高さ \(\frac{4}{3}l\)）と比較して、新しい体積、つまりピストンの新しい高さを計算します。

ピストンの上面は容器の底から \(\frac{5}{3}l\) の距離のところで静止します。
元の高さが \(\frac{4}{3}l \approx 1.33l\) であったのに対し、加熱後は \(\frac{5}{3}l \approx 1.67l\) となり、気体が膨張してピストンが上昇したことが確認でき、物理的に妥当な結果です。

【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？

• ピストンに働く力のつり合い: 内部気体の圧力を決定する上で不可欠。容器の向きによって重力や大気圧の向きが変わる点に注意。
• 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)): 状態量 \(P, V, T\) の関係を常に結びつける基本式。
• 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q – W\)) と単原子分子の性質:
  • 加えられた熱が内部エネルギー変化と仕事にどう分配されるか。
  • \(U = \frac{3}{2}nRT\), \(C_V = \frac{3}{2}R\), \(C_P = \frac{5}{2}R\)。
• 定圧変化: 本問の加熱過程は、ピストンが自由に動けるため、多くの場合、内部圧力が外部条件（大気圧＋ピストン重量／断面積など）とつり合ったまま変化する定圧変化となる。このとき \(Q = nC_P\Delta T\) やシャルルの法則が使える。

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

• 類似問題のパターン: 断熱材で囲まれたシリンダー内の気体を加熱・冷却する問題、ばね付きピストンの問題、連結された容器間の気体の移動など。
• 初見の問題での着眼点:
  1. まず、ピストンにかかる力を全て図示し、力のつり合いを考える。
  2. 気体の体積がどのように表されるか（断面積×高さ）。
  3. 状態変化の種類は何か？（定積、定圧、等温、断熱、あるいはそれ以外か）。ピストンが自由に動けるなら定圧変化を疑う。
  4. 「ゆっくり」変化させる場合は、常に力のつり合いが保たれていると考える。
  5. 加えられた熱、された仕事、内部エネルギー変化の関係を第一法則で追う。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 力のつり合いの式の誤り: 特に容器を反転させた場合に、力の向きを間違えやすい。必ず図を描いて確認する。
• 圧力の混同: 各状態で圧力が異なる場合がある。どの状態の圧力を用いているのか明確にする。
• 定圧変化と定積変化の混同: ヒーターで加熱する場合でも、ピストンが固定されていれば定積変化、自由に動ければ定圧変化となる。
• \(C_V\) と \(C_P\) の使い分け: 定積変化の熱量は \(C_V\)、定圧変化の熱量は \(C_P\)。
• 絶対温度を用いること: 状態方程式やシャルルの法則では必ず絶対温度（ケルビン）を用いる。

対策: 各ステップでどの法則を適用しているのか、その条件は満たされているのかを常に確認する。図を丁寧に描き、情報を整理する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 有効な図:
  1. ピストンに働く力のつり合いを図示する（フリーボディダイアグラム）。力の向きと大きさを明確に。
  2. 気体の状態変化の過程をP-V図やT-V図で（頭の中で、あるいは実際に）追跡する。本問は実質的に定圧過程が多いことがわかる。
• 図を描く際の注意点: 力の作用点を明確にする。座標軸を設定し、力の成分を考える場合は分解する。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつり合い (\(P_1S = P_0S+Mg\) など): 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、合力が0であると判断し適用。
• \(PV=nRT\): 気体の状態を表す普遍的な法則として、未知の状態量を求めるために使用。
• \(Q=nC_P\Delta T\): (2),(4)の加熱過程。ピストンが自由に動けるため定圧変化と判断し、加えられた熱量を計算するために適用。
• シャルルの法則 (\(V/T = \text{const.}\) at const. P): (4)の体積変化。定圧が確認できているため、温度変化から体積変化を求めるのに使用。

各公式の適用条件を理解し、問題の状況に合わせて選択する訓練が重要。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 初期温度 \(T_1\): 力のつり合い \(\rightarrow P_1\) 導出 \(\rightarrow V_1\) 導出 \(\rightarrow\) 状態方程式で \(T_1\)。
2. (2) 加熱後温度 \(T_2\) とジュール熱 \(Q_H\): 定圧変化 (\(P_2=P_1\)) \(\rightarrow V_2\) 導出 \(\rightarrow\) 状態方程式で \(T_2\) \(\rightarrow T_2/T_1\)。\(Q_H = nC_P(T_2-T_1)\)。
3. (3) ピストン質量 \(M\): 容器反転 \(\rightarrow\) 新しい力のつり合い \(\rightarrow P_3\) 導出 ( \(M\) を含む) \(\rightarrow V_3\) 導出 \(\rightarrow\) 温度 \(T_1\) で状態方程式 \(\rightarrow\) (1)の \(nRT_1\) の式と連立して \(M\) を解く。
4. (4) 加熱後ピストン位置 \(h_4\): (3)の \(P_3\) の下で定圧加熱 \(\rightarrow Q’ = Q_H/2\) \(\rightarrow Q’ = nC_P(T_4-T_1)\) で \(T_4\) 導出 \(\rightarrow\) シャルルの法則で \(V_4=Sh_4\) 導出 \(\rightarrow h_4\)。

このように、各設問が前の設問の結果を利用することが多いので、一つ一つ丁寧に進める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の整理: 多くの物理量記号が出てくるため、式変形は慎重に。共通因数でくくる、代入は最後に行うなど工夫する。
• 単位の確認: 今回は文字式だが、数値を扱う場合は常に単位の一貫性を確認する。
• モル比熱の選択: \(C_V\) か \(C_P\) か、常に過程を確認して選ぶ。
• \(n\) の扱い: 本問では \(n\) が指定されているので、計算に含める。

日頃の練習: 複雑な設定の問題でも、基本法則の組み合わせであることを意識する。途中計算をしっかり書き残す。

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

• 物理的な妥当性:
  • (1) \(T_1\) が \(P_0, M, g, l, S, n, R\) の関数として妥当か（各要素が増減したときの \(T_1\) の変化が直感に合うか）。
  • (2) 加熱すれば温度は上がり (\(T_2 > T_1\))、体積も増える (\(V_2 > V_1\))。ジュール熱が正であること。
  • (3) \(M\) が正の値として求まるか。力のつり合いの向きが変わったことで、初期状態と同じ温度・体積を保てなくなる状況から \(M\) が決まる。
  • (4) さらに加熱すれば温度は上がり (\(T_4 > T_1\))、体積も増える (\(h_4 > h_3\))。
• 極端な場合を考える: 例えば \(M=0\) (ピストンが非常に軽い) としたらどうなるか、\(P_0=0\) (真空) としたらどうなるか、などを考えると式の理解が深まることがある。

問題65 (近畿大＋日本大)

【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、理想気体の状態方程式、内部エネルギー、そして熱力学的な過程（断熱混合、温度調整）における気体の振る舞いを扱います。複数の容器や状態変化が絡むため、各ステップで何が起こっているのかを正確に把握することが重要です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題は「理想気体の状態変化」と「気体の混合」、「内部エネルギー」に関する典型的な問題です。特に、コックで繋がれた複数の容器内の気体の振る舞いを考察します。
問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

• 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\)
  • 気体の圧力 \(P\)、体積 \(V\)、物質量 \(n\)、絶対温度 \(T\) の関係を示す基本法則です。
• 単原子分子の理想気体の内部エネルギー: \(U = \frac{3}{2}nRT\)
  • 理想気体の内部エネルギーは、その絶対温度と物質量に比例します。単原子分子の場合、この式で与えられます。
• エネルギー保存則 (熱力学第一法則): \(\Delta U = Q – W\)
  • 内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) は、系が吸収した熱量 \(Q\) と系が外部にした仕事 \(W\) の差に等しい。特に断熱変化 (\(Q=0\)) で、外部への仕事もない場合 (\(W=0\)) は、内部エネルギーは保存されます (\(\Delta U=0\))。
• 物質量保存の法則: 閉じた系においては、化学反応が起こらない限り、物質の総量は変わりません。

全体的な戦略としては、まず各初期状態を状態方程式で分析し、次に断熱混合における内部エネルギー保存、最後にコック開放下での平衡状態（圧力均一と物質量保存）を考えます。

問1 (ア), (イ)

思考の道筋とポイント
まず、与えられた条件 \(T_A=T\) を用いて、容器Aにおける \(p, V, R, T\) の関係式を確立します。これが後の計算の基準となります。
次に、容器Bについて状態方程式を適用し、\(T_B\) を \(T\) を用いて表します（これが(ア)の答え）。
最後に、単原子分子の内部エネルギーの公式 \(U = \frac{3}{2}nRT\) を用いて、各容器の内部エネルギーを計算し、その和を求めます（これが(イ)の答え）。

この設問における重要なポイント

• 理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を正確に適用すること。
• 単原子分子の内部エネルギーの公式 \(U=\frac{3}{2}nRT\) を理解し、使用すること。
• 問題文で定義された文字（この場合は \(T_A=T\)）を基準に他の量を表す意識を持つこと。

具体的な解説と立式
容器Aについて、物質量 \(n_A=1\) mol、圧力 \(P_A=p\)、容積 \(V\)、温度 \(T_A=T\) です。
理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を適用すると、
$$pV = n_A R T_A$$
$$pV = 1 \cdot RT$$
よって、\(pV = RT \quad \cdots ①\) という関係が得られます。この式は後で \(RT\) を \(pV\) で置き換える際に使います。

容器Bについて、物質量 \(n_B=2\) mol、圧力 \(P_B=3p\)、容積 \(V\)、温度を \(T_B\) とします。
状態方程式を適用すると、
$$(3p)V = n_B R T_B$$
$$3pV = 2RT_B \quad \cdots ②$$
次に、AとBの内部エネルギーの和を求めます。単原子分子の理想気体の内部エネルギー \(U\) は \(U = \frac{3}{2}nRT\) で与えられます。
容器Aの内部エネルギー \(U_A\) は、
$$U_A = \frac{3}{2} n_A R T_A = \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot RT = \frac{3}{2}RT$$
容器Bの内部エネルギー \(U_B\) は、
$$U_B = \frac{3}{2} n_B R T_B = \frac{3}{2} \cdot 2 \cdot RT_B = 3RT_B$$

(ア) \(T_B\) の計算:
式② \(3pV = 2RT_B\) に、式① \(pV=RT\) を代入します。
$$3(RT) = 2RT_B$$
両辺を \(2R\) で割ります（\(R \neq 0\)）。
$$T_B = \frac{3RT}{2R}$$
$$T_B = \frac{3}{2}T$$

(イ) 内部エネルギーの和の計算:
まず \(U_B\) を \(T\) を用いて表します。上で求めた \(T_B = \frac{3}{2}T\) を \(U_B = 3RT_B\) に代入します。
$$U_B = 3R \left(\frac{3}{2}T\right) = \frac{9}{2}RT$$
AとBの内部エネルギーの和 \(U_{\text{合計}}\) は、
$$U_{\text{合計}} = U_A + U_B = \frac{3}{2}RT + \frac{9}{2}RT$$
$$U_{\text{合計}} = \left(\frac{3}{2} + \frac{9}{2}\right)RT = \frac{12}{2}RT$$
$$U_{\text{合計}} = 6RT$$

(ア) まず、Aの部屋の気体の状態から \(pV = RT\) という関係を見つけます。次にBの部屋の気体の状態は \(3pV = 2RT_B\) です。最初の関係 \(pV=RT\) を使うと、Bの部屋の式は \(3(RT) = 2RT_B\) と書き換えられます。これを \(T_B\) について解くと、\(T_B = \frac{3}{2}T\) となります。
(イ) 気体のエネルギー（内部エネルギー）は、単原子分子なら \(U = \frac{3}{2} \times (\text{物質量}) \times R \times (\text{温度})\) で計算できます。
Aのエネルギーは \(U_A = \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot RT = \frac{3}{2}RT\)。
Bのエネルギーは、上で求めた \(T_B = \frac{3}{2}T\) を使って \(U_B = \frac{3}{2} \cdot 2 \cdot R \cdot (\frac{3}{2}T) = \frac{9}{2}RT\)。
AとBのエネルギーを合計すると、\(\frac{3}{2}RT + \frac{9}{2}RT = \frac{12}{2}RT = 6RT\) となります。

(ア) \(T_B = \frac{3}{2}T\)。容器BはAに比べて、同じ容積 \(V\) ですが、物質量が2倍 (\(n_B=2n_A\))、圧力が3倍 (\(P_B=3P_A\)) です。状態方程式 \(T = PV/nR\) から考えると、\(T_B/T_A = (P_B V / n_B R) / (P_A V / n_A R) = (P_B/n_B) / (P_A/n_A) = (3p/2) / (p/1) = 3/2\)。よって \(T_B = \frac{3}{2}T_A = \frac{3}{2}T\) となり、結果は妥当です。
(イ) 内部エネルギーの和は \(6RT\)。各内部エネルギーが正しく計算され、和も正しく取れていることを確認します。単位も \(RT\) の係数なので問題ありません。

問2 (ウ), (エ)

思考の道筋とポイント
コックを開くと、気体はAとBの両方の容器に広がります。全体の体積は \(V_A+V_B = 2V\) となります。
全体の物質量は \(n_{\text{全}} = n_A+n_B = 1+2 = 3\) mol で不変です。
「容器の壁を通しての熱の出入りがない」という記述は、系全体が断熱されていることを意味します。また、気体が外部に対して仕事をするような体積変化（ピストンを動かすなど）もありません。このような場合、系全体の内部エネルギーは保存されます。
混合前の内部エネルギーの和 (設問(1)で計算済み) と、混合後の全体の内部エネルギー（混合後の温度を \(T’\) として表す）が等しいという式を立て、\(T’\) を求めます（これが(ウ)の答え）。
求めた \(T’\) と全体の物質量 \(n_{\text{全}}\)、全体積 \(V_{\text{全}}\) を用いて、混合気体全体に対する状態方程式から圧力 \(p’\) を求めます（これが(エ)の答え）。

この設問における重要なポイント

• 断熱的な混合では、系全体の内部エネルギーが保存されることを理解していること。
• 混合後の全体の体積と物質量を正しく把握すること。
• 内部エネルギー保存則と状態方程式を組み合わせて未知数を求める手順を理解すること。

具体的な解説と立式
コックKを開くと、気体は混合し、系全体を占めます。
混合後の全体の体積 \(V_{\text{全}}\) は \(V_A + V_B = V + V = 2V\)。
混合後の全体の物質量 \(n_{\text{全}}\) は \(n_A + n_B = 1 + 2 = 3\) mol。
容器の壁を通して熱の出入りがない（断熱）ので、この混合過程でAとBの気体の内部エネルギーの和は保存されます。
混合前の内部エネルギーの和は、(1)で求めた \(U_{\text{合計}} = 6RT\)。
混合後の気体の温度を \(T’\) とすると、混合気体も単原子分子の理想気体なので、その内部エネルギー \(U’_{\text{全}}\) は、
$$U’_{\text{全}} = \frac{3}{2} n_{\text{全}} R T’ = \frac{3}{2} \cdot 3 \cdot R T’ = \frac{9}{2} R T’$$
内部エネルギー保存より \(U’_{\text{全}} = U_{\text{合計}}\) なので、
$$\frac{9}{2} R T’ = 6RT \quad \cdots ③$$
混合後の圧力 \(p’\) は、混合気体全体について状態方程式を立てることで求められます。
$$p’ V_{\text{全}} = n_{\text{全}} R T’$$
$$p’ (2V) = 3 R T’ \quad \cdots ④$$

(ウ) 混合後の温度 \(T’\) の計算:
式③ \(\frac{9}{2} R T’ = 6RT\) を \(T’\) について解きます。
両辺に \(\frac{2}{9R}\) を掛けます（\(R \neq 0\)）。
$$T’ = \frac{2}{9R} \cdot 6RT$$
$$T’ = \frac{12RT}{9R} = \frac{12}{9}T$$
$$T’ = \frac{4}{3}T$$

(エ) 混合後の圧力 \(p’\) の計算:
式④ \(p'(2V) = 3RT’\) に、上で求めた \(T’ = \frac{4}{3}T\) を代入します。
$$p'(2V) = 3R \left(\frac{4}{3}T\right)$$
$$p'(2V) = 4RT$$
ここで、設問(1)の式① \(RT = pV\) を用いて \(RT\) を消去します。
$$p'(2V) = 4(pV)$$
両辺を \(2V\) で割ります（\(V \neq 0\)）。
$$p’ = \frac{4pV}{2V}$$
$$p’ = 2p$$

(ウ) コックを開けると、AとBの気体が混ざり合います。このとき、外から熱が入ってきたり、熱が逃げたりしないので、全体のエネルギー（内部エネルギー）は変わりません。(1)で計算した全体のエネルギーは \(6RT\) でした。混ざった後の気体は、合計 \(1+2=3\) モルです。この混合気体の温度を \(T’\) とすると、そのエネルギーは \(U’_{\text{全}} = \frac{3}{2} \cdot 3 \cdot RT’ = \frac{9}{2}RT’\) と書けます。エネルギーは変わらないはずなので、\(\frac{9}{2}RT’ = 6RT\) という式が成り立ちます。これを \(T’\) について解くと、\(T’ = \frac{4}{3}T\) となります。
(エ) 次に、混ざった後の気体の圧力を求めます。体積は \(V+V=2V\)、物質量は \(3\) モル、温度は上で求めた \(T’ = \frac{4}{3}T\) です。これらを気体の状態方程式 \(P_{\text{全}}V_{\text{全}} = n_{\text{全}}RT_{\text{全}}\) に当てはめると、\(p’ \cdot (2V) = 3 \cdot R \cdot (\frac{4}{3}T)\) となります。計算すると \(p'(2V) = 4RT\) です。ここで、(1)で \(pV=RT\) という関係があったのを思い出すと、\(4RT\) は \(4pV\) と同じです。つまり、\(p'(2V) = 4pV\)。これを \(p’\) について解くと \(p’ = 2p\) となります。

(ウ) 混合後の温度 \(T’ = \frac{4}{3}T \approx 1.333T\)。初期温度は \(T_A = T\) と \(T_B = \frac{3}{2}T = 1.5T\) でした。混合後の温度はこれらの間の値になっており、妥当です。
(エ) 混合後の圧力 \(p’ = 2p\)。初期圧力は \(p\) と \(3p\) でした。もし温度が \(T\) のままで体積が \(2V\)、物質量が \(3\) モルならば、\(p'(2V) = 3RT = 3pV\)、つまり \(p’ = \frac{3}{2}p = 1.5p\) となります。しかし、温度は \(T\) ではなく \(\frac{4}{3}T\) になっているので、\(p’ = \frac{n_{\text{全}}RT’}{V_{\text{全}}} = \frac{3R(\frac{4}{3}T)}{2V} = \frac{4RT}{2V} = \frac{4pV}{2V} = 2p\)。これは \(1.5p\) より大きく、妥当な結果と言えます。

問3 (オ), (カ)

思考の道筋とポイント
コックKは開いたままなので、容器AとBの内部の圧力は最終的に等しくなります。この均一な圧力を \(p”\) とします。
容器Aの気体の温度は \(T_A = T\) に、容器Bの気体の温度は \(T_B = \frac{3}{2}T\) に戻されます。
全体の物質量は \(n_{\text{全}} = 3\) molで変わらず、これがA内の物質量 \(n_A”\) とB内の物質量 \(n_B”\) に分配されます。つまり \(n_A” + n_B” = 3\)。
容器Aと容器Bそれぞれについて、最終状態での状態方程式を立てます。
A: \(p”V = n_A” R T\)
B: \(p”V = n_B” R (\frac{3}{2}T)\)
これらの関係式（物質量の和の式と、A, Bそれぞれの状態方程式）を連立させて、未知数である \(n_A”\) （これが(オ)の答え）と \(p”\) （これが(カ)の答え）を求めます。

この設問における重要なポイント

• コックが開いている場合、連結された容器内では（平衡状態において）圧力が等しくなること。
• 各容器の温度が指定された値に戻る際、物質量が各容器間で移動し再分配されること。
• 全体の物質量は保存されるという法則を忘れずに利用すること。
• 複数の未知数（この場合は \(n_A”, n_B”, p”\)）と複数の方程式を扱う連立計算。

具体的な解説と立式
コックKを開いたまま、A内の気体の温度を \(T_A = T\) に、B内の気体の温度を \(T_B = \frac{3}{2}T\) に戻します。
このとき、A内の気体の物質量を \(n_A”\) [mol]、B内の気体の物質量を \(n_B”\) [mol] とします。
全体の物質量は \(n_{\text{全}} = 3\) mol で変わらないので、
$$n_A” + n_B” = 3 \quad \cdots ⑤$$
コックが開いているため、最終的にA内の圧力とB内の圧力は等しくなります。この圧力を \(p”\) とします。

容器Aについて状態方程式を立てると (容積 \(V\)、温度 \(T\)、物質量 \(n_A”\)、圧力 \(p”\)):
$$p”V = n_A” R T \quad \cdots ⑥$$
容器Bについて状態方程式を立てると (容積 \(V\)、温度 \(\frac{3}{2}T\)、物質量 \(n_B”\)、圧力 \(p”\)):
$$p”V = n_B” R \left(\frac{3}{2}T\right) \quad \cdots ⑦$$

(オ) A内の物質量 \(n_A”\) の計算:
式⑥と式⑦の左辺はどちらも \(p”V\) で等しいので、右辺も等しくなります。
$$n_A” R T = n_B” R \left(\frac{3}{2}T\right)$$
両辺を \(RT\) で割ります（\(R \neq 0, T \neq 0\)）。
$$n_A” = \frac{3}{2} n_B” \quad \cdots ⑧$$
この関係式を式⑤ \(n_A” + n_B” = 3\) に代入して \(n_B”\) を求めます。
$$\left(\frac{3}{2} n_B”\right) + n_B” = 3$$
$$\left(\frac{3}{2} + 1\right) n_B” = 3$$
$$\left(\frac{3}{2} + \frac{2}{2}\right) n_B” = 3$$
$$\frac{5}{2} n_B” = 3$$
$$n_B” = 3 \times \frac{2}{5} = \frac{6}{5} \text{ [mol]}$$
これを式⑧に代入して \(n_A”\) を求めます。
$$n_A” = \frac{3}{2} \cdot \left(\frac{6}{5}\right) = \frac{18}{10}$$
$$n_A” = \frac{9}{5} \text{ [mol]}$$

(カ) 圧力 \(p”\) の計算:
求めた \(n_A” = \frac{9}{5}\) を式⑥ \(p”V = n_A” R T\) に代入します。
$$p”V = \frac{9}{5} RT$$
ここで、設問(1)の式① \(RT = pV\) を用いて \(RT\) を消去します。
$$p”V = \frac{9}{5} (pV)$$
両辺を \(V\) で割ります（\(V \neq 0\)）。
$$p” = \frac{9}{5} p$$

(オ) コックを開けたまま、Aの部屋を温度 \(T\) に、Bの部屋を温度 \(\frac{3}{2}T\) にします。全体の気体の量は \(3\) モルのままです。Aの部屋に入る気体の量を \(n_A”\)、Bの部屋に入る気体の量を \(n_B”\) とすると、当然 \(n_A” + n_B” = 3\) です。
コックが開いているので、最終的にAとBの部屋の圧力は同じ \(p”\) になります。
Aの部屋の状態方程式: \(p”V = n_A”RT\)
Bの部屋の状態方程式: \(p”V = n_B”R(\frac{3}{2}T)\)
この2つの式の左辺 (\(p”V\)) が同じなので、右辺も同じはずです: \(n_A”RT = n_B”R(\frac{3}{2}T)\)。
\(RT\) を消すと、\(n_A” = \frac{3}{2}n_B”\) という関係が出てきます。つまり、Aの部屋にはBの部屋の1.5倍の量の気体が入るということです。
これと \(n_A” + n_B” = 3\) を連立方程式として解くと、\(n_B” = \frac{6}{5}\) モル、そして \(n_A” = \frac{3}{2} \times \frac{6}{5} = \frac{9}{5}\) モルと求まります。
(カ) 圧力を求めるには、例えばAの部屋の状態方程式 \(p”V = n_A”RT\) に \(n_A” = \frac{9}{5}\) を代入します。すると \(p”V = \frac{9}{5}RT\) となります。(1)で \(pV=RT\) だったことを使うと、\(RT\) を \(pV\) に置き換えられるので、\(p”V = \frac{9}{5}pV\)。両辺の \(V\) を消せば、\(p” = \frac{9}{5}p\) となります。

(オ) A内の物質量 \(n_A” = \frac{9}{5} = 1.8\) mol。初期は \(n_A = 1\) mol でしたので、BからAへ物質量が移動したことになります。容器A (\(T\)) の方が容器B (\(\frac{3}{2}T\)) よりも温度が低いため、同じ圧力・同じ容積下では、温度が低い方がより多くの物質量を保持できます (\(n = PV/RT\))。この結果は物理的に妥当です。
(カ) 圧力 \(p” = \frac{9}{5}p = 1.8p\)。設問(2)の断熱混合直後の圧力は \(p’ = 2p\) でした。温度を再調整したことで、系全体の平均的な温度が変化し（特にAは \(\frac{4}{3}T \approx 1.33T\) から \(T\) へ冷却、Bは \(\frac{4}{3}T\) から \(\frac{3}{2}T = 1.5T\) へ加熱された）、全体の圧力が \(2p\) から \(1.8p\) に変化したと考えられます。妥当です。

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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 (\(PV=nRT\)): 全ての設問を通じて、気体の状態を記述し、未知数を求めるための基本的なツールです。各容器、各状態に対して適切に適用する能力が問われます。
• 単原子分子の理想気体の内部エネルギー (\(U = \frac{3}{2}nRT\)): 気体の種類（単原子分子）が指定されているため、この公式を用いて内部エネルギーを計算します。特に設問(1)の和の計算や、設問(2)の内部エネルギー保存則の適用に不可欠です。
• 内部エネルギー保存則 (断熱過程): 設問(2)の「容器の壁を通しての熱の出入りがないようにして」という記述は、系全体が断熱状態であり、かつ外部への仕事もないため、内部エネルギーが保存されることを示唆します。これが混合後の温度を決定する鍵となります。
• 物質量保存の法則: 容器間で気体が移動しても、系が閉じていれば全体の物質量は常に一定です。設問(2)や(3)で、混合気体や再分配後の気体の全物質量を考える際に用います。
• 平衡状態における圧力均一: 設問(3)でコックが開いたまま温度を調整し平衡に達したとき、連結された容器AとBの内部の圧力は等しくなります。これは流体静力学的な平衡の帰結です。

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:
  • 複数の容器がコックや細管で連結され、コックの開閉によって気体が移動したり混合したりする問題。
  • 断熱変化、等温変化、定積変化、定圧変化など、特定の条件下での気体の状態変化を追う問題。
  • 気体の混合前後での温度や圧力の変化を問う問題。
  • (発展) ピストンが動くことで外部に仕事をする場合や、外部から仕事をされる場合。
• 初見の問題でどこに着目すべきか:
  1. 系の状態変化の把握: 問題文から、どの物理量が変化し、どの物理量が一定に保たれるのか（あるいは保存則が成り立つのか）を正確に読み取ります。「断熱」「コックを開く」「温度を戻す」などのキーワードが重要です。
  2. 初期条件と最終条件の整理: 各状態（操作の前後）における \(P, V, n, T\) の値を整理し、未知数を明確にします。
  3. 適用すべき法則の選択: 状態方程式は常に基本。加えて、内部エネルギーの式、熱力学第一法則（特に内部エネルギー保存）、物質量保存、圧力均一の条件などを、状況に応じて適切に選択します。
  4. 基準となる関係式の確立: 設問(1)で \(pV=RT\) のような関係を導いておくと、後の計算で文字を消去したり、比を求めたりする際に非常に役立ちます。
• 問題解決のヒントや特に注意すべき点:
  • コックを開く操作では、全体の体積がどうなるか、物質量がどうなるかをまず考えます。
  • 「断熱」とあれば、\(Q=0\) であり、外部との仕事がなければ内部エネルギー保存 \(\Delta U=0\) を疑います。
  • 連結された容器で圧力が等しくなるのは、あくまで気体が自由に移動できる平衡状態においてです。
  • 温度が異なる部分がある場合、同じ圧力でも物質量の密度は異なります (\(n/V = P/RT\))。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 内部エネルギーの式の混同: 単原子分子 (\(\frac{3}{2}nRT\)) なのか二原子分子 (\(\frac{5}{2}nRT\)) なのかを確認。本問では単原子分子と明記されています。
• 混合後の温度の単純平均: 物質量や比熱容量を考慮せず、単純に温度の平均を取ってしまう誤り。正しくは内部エネルギーの総和が保存されることから導きます。
• コックを開いた後の圧力の誤解: 混合直後 (設問(2)) と、さらに温度を調整した後 (設問(3)) では、条件が異なるため圧力も異なります。各状態での条件を正確に適用する必要があります。
• 物質量の分配の誤解 (設問(3)): コックが開いていて温度が異なる場合、各容器に分配される物質量は単純な体積比などではなく、それぞれの状態方程式と圧力均一の条件から決まります。
• \(pV=RT\) の \(p, V\) の意味の混同: 設問(1)で導いた \(pV=RT\) は、あくまで初期の容器Aにおける圧力 \(p\) と容積 \(V\) の積が \(1 \cdot RT\) に等しいという意味です。他の場面で出てくる \(p’, p”\) や \(2V\) とは区別して使う必要があります。

対策:

• 公式の適用条件（例：単原子分子）を常に意識する。
• エネルギー保存則のような基本原理から考える癖をつける。
• 操作の各段階で、何が一定で何が変化するのかを明確にする。
• 未知数を適切に設定し、それに対する方程式を丁寧に立てて解く。式の数が未知数の数と合っているか確認する。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題で有効だったイメージ・図:
  • 問題に与えられている初期状態の図は、状況把握の基本です。各容器の容積、物質量、圧力が視覚的に分かります。
  • コックを開いた後、気体が両方の容器 \(2V\) に広がるイメージ。
  • 設問(3)で、コックが開いた状態でAとBの温度が異なる場合、圧力は等しくなるが、温度の低いAの方に気体分子がより「密」に存在する（同じ圧力なら \(n \propto 1/T\)）イメージ。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 各状態変化の前後で、図に \(P, V, n, T\) の値を書き込み、変化する量と変化しない量を明確に区別すると良いでしょう。
  • 特に設問(3)のような物質量の再分配が起こる場合は、各容器内の物質量 \(n_A”, n_B”\) を未知数として図に書き込むと、立式しやすくなります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(PV=nRT\): 気体のマクロな状態量（圧力、体積、温度、物質量）が関わる問題では、ほぼ必ず使用する基本法則です。各状態の気体について、これらの量がどうなっているかを把握するために適用します。
• \(U = \frac{3}{2}nRT\): 気体の内部エネルギーが問われたり、エネルギー保存を考える際に必要です。「単原子分子理想気体」という情報からこの公式を選定します。
• 内部エネルギー保存 (設問(2)): 「断熱的に混合」という条件から、外部との熱のやりとり \(Q=0\)、かつ体積変化による仕事 \(W=0\)（容器は固定）であるため、熱力学第一法則 \(\Delta U = Q-W\) より \(\Delta U = 0\)。すなわち、混合前後の総内部エネルギーが等しいという根拠で適用します。
• 物質量保存の法則 (設問(2),(3)): 気体が外部に漏れたり、外部から入ってきたりしない限り、系全体の物質量は一定であるという自明な法則ですが、立式の際には意識的に使います。
• 圧力均一の条件 (設問(3)): コックが開いていて気体が自由に移動できる定常状態では、連結された空間全体の圧力が均一になるという物理的状況から適用します。

これらの法則を「なぜこの場面でこの法則が使えるのか」という根拠と共に理解し、説明できるようにすることが重要です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 設問(1)の論理フロー:
   1. Aの状態から \(pV=RT\) を導出（基準設定）。
   2. Bの状態方程式に \(P_B=3p, n_B=2, V_B=V\) を代入し、①を使って \(T_B\) を \(T\) で表す。
   3. A, Bそれぞれの内部エネルギーを \(U=\frac{3}{2}nRT\) で計算し、和を取る（ここでも \(T_B\) の結果や \(pV=RT\) を使う）。
2. 設問(2)の論理フロー:
   1. 混合後の全物質量 (\(n_A+n_B\)) と全体積 (\(V_A+V_B\)) を把握。
   2. 内部エネルギー保存則 (\(U_{\text{A,初}} + U_{\text{B,初}} = U_{\text{混合後,全}}\)) を立式。\(U_{\text{混合後,全}}\) を未知の温度 \(T’\) で表す。
   3. 上記から \(T’\) を \(T\) で表す。
   4. 混合気体全体の状態方程式 (\(p’V_{\text{全}} = n_{\text{全}}RT’\)) に求めた \(T’\) を代入し、\(pV=RT\) も利用して \(p’\) を \(p\) で表す。
3. 設問(3)の論理フロー:
   1. 条件: \(P_A”=P_B”=p”\), \(T_A”=T\), \(T_B”=\frac{3}{2}T\), \(n_A”+n_B”=3\)。未知数は \(n_A”, n_B”, p”\)。
   2. Aの状態方程式: \(p”V = n_A”RT\)。
   3. Bの状態方程式: \(p”V = n_B”R(\frac{3}{2}T)\)。
   4. これらから \(n_A”\) と \(n_B”\) の関係式を導く。
   5. 物質量保存の式と連立して \(n_A”\) (と \(n_B”\)) を求める。
   6. 求めた \(n_A”\) をAの状態方程式に代入し、\(pV=RT\) を利用して \(p”\) を \(p\) で表す。

各ステップで、既知の量、未知の量、そしてそれらを結びつける物理法則を明確にしながら進めることが大切です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の区別: \(T, T_A, T_B, T’\) や \(p, P_A, P_B, p’, p”\) など、添え字やプライム記号を正確に書き分け、混同しないようにします。
• 単位の確認: 今回は比や係数を求める問題が多いですが、基本的には物理量の単位が常に正しいか意識することが重要です。\(RT\) を \(pV\) で置き換える際など、次元が合っているかを確認します。
• 分数計算の正確性: \(\frac{3}{2}, \frac{4}{3}, \frac{9}{5}\) といった分数が頻出します。通分、約分、乗除算を慎重に行います。
• 連立方程式の処理: 設問(3)のように複数の式を扱う場合、どの式からどの変数を消去するかなど、計画的に進めます。代入後は必ず検算する癖をつけましょう。
• 基準式の有効活用: 設問(1)で導いた \(pV=RT\) の関係は、問題全体を通して \(RT\) を消去したり、圧力を \(p\) の倍数で表したりする際の「変換キー」となります。これを間違えると以降の計算が全てずれるので、正確に利用します。

日頃の練習:

• 途中式を省略せずに丁寧に書く習慣をつけ、計算過程を見直せるようにします。
• 間違えた場合は、どこで間違えたのかを特定し、同じミスを繰り返さないように対策を練ります。

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

• 物理的な妥当性の検討:
  • 温度: 設問(1)で \(T_B > T_A\) は、Bの方が圧力・物質量が大きいことから妥当か？ 設問(2)で混合後の温度 \(T’\) が初期の \(T_A\) と \(T_B\) の間の値になっているか？
  • 圧力: 設問(2)の \(p’\) や設問(3)の \(p”\) が、初期の圧力や他の状態の圧力と比較して、物理的におかしくない範囲の値になっているか？ 例えば、温度が上がれば圧力は上がる傾向がある、など。
  • 物質量: 設問(3)で、温度の低い容器Aの方により多くの物質量 \(n_A”\) が分配される結果 (\(n_A” = 1.8\) mol > \(n_B” = 1.2\) mol) は、\(P, V\) が同じなら \(n \propto 1/T\) の関係から妥当か？
• 極端な場合や単純な場合の考察: 例えば、もし初期状態でAとBの温度・圧力が同じだったら、コックを開けても何も変わらないはず…など、簡単なケースで結果がどうなるかを考えてみることで、複雑な計算の妥当性をチェックするヒントになることがあります。
• 代入による検算: 求めた答えを元の方程式や条件式に代入して、矛盾がないかを確認します。特に連立方程式の解は検算が有効です。設問(3)で \(n_A”+n_B”=3\) が成り立つかなど。
• 単位の一貫性: 最終的な答えだけでなく、計算の途中段階でも単位が物理的に正しいかを確認する癖をつけます。