「重要問題集」徹底解説（66〜70問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題66 (近畿大)

【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、熱機関の基本的な概念である「熱効率」、そしてその熱機関を利用した「仕事」について問うています。前半(1)～(3)は熱機関そのものの熱と仕事の関係を、後半(4)～(5)はその熱機関を動力源とするポンプの仕事に関する問題です。
この問題の核心は、熱機関のエネルギー収支（\(Q_1 = W + Q_2\)）と熱効率の定義（\(e = W/Q_1\)）を正しく理解し、具体的な数値を当てはめて計算することです。また、仕事の単位[J]と熱量の単位[J]が同じエネルギーの単位であることを認識することも重要です。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「熱機関の効率」と「仕事」です。熱力学第一法則の応用として、熱機関のエネルギーの流れを正しく把握することが求められます。
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。

1. 熱機関のエネルギー保存: 高熱源から吸収した熱量\(Q_1\)の一部が仕事\(W\)に変換され、残りが低熱源に熱量\(Q_2\)として排出されます。関係式は \(Q_1 = W + Q_2\) です。
2. 熱効率の定義: 熱機関が吸収した熱量\(Q_1\)のうち、どれだけの割合が仕事\(W\)に変換されたかを示す指標です。定義式は \(e = \frac{W}{Q_1} = \frac{Q_1 – Q_2}{Q_1}\) です。
3. 潜熱（蒸発熱）: 物質が状態変化する際にやり取りする熱量です。質量\(m\)の物質が状態変化するのに必要な熱量は \(Q = mL\)（\(L\)は蒸発熱などの潜熱）で計算します。
4. 仕事の計算: ポンプが水を持ち上げる仕事は、水の位置エネルギーの増加分に等しく、\(W = mgh\) で計算できます。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、低熱源で起こっている現象（水蒸気→水）に着目し、放出される熱量\(Q_2\)を潜熱の計算から求めます（問1）。
2. 次に、熱効率の定義式 \(e = (Q_1 – Q_2) / Q_1\) を用いて、吸収した熱量\(Q_1\)を逆算します（問2）。
3. \(W = Q_1 – Q_2\) の関係から1秒あたりの仕事（仕事率）を求め、指定された時間（10分）を掛けて総仕事量を計算します（問3）。
4. 後半は、ポンプの仕事です。位置エネルギーの増加分として、特定の体積の水を持ち上げるのに必要な仕事を計算します（問4）。
5. 最後に、(3)で求めた熱機関が供給できる総仕事量と、(4)で求めた単位体積あたりの仕事量から、くみ出せる水の総体積を求めます（問5）。

問(1)

思考の道筋とポイント
低熱源へ放出される熱量 \(Q_2\) は、100℃の水蒸気が100℃の水になるときに放出する熱量（凝縮熱）に等しいです。これは、水の蒸発熱を用いて計算できます。

この設問における重要なポイント

• 放出される熱量は、状態変化に伴う潜熱である。
• 100℃の水蒸気 \(\rightarrow\) 100℃の水 の変化で放出される熱量は、蒸発熱に等しい。
• 単位の換算（kg \(\rightarrow\) g）に注意する。

具体的な解説と立式

• 毎秒状態変化する水の質量: \(m = 2.0\) kg \(= 2.0 \times 10^3\) g
• 水の蒸発熱: \(L_v = 2.3 \times 10^3\) J/g

毎秒放出される熱量 \(Q_2\) は、潜熱の公式 \(Q=mL\) を用いて計算します。
$$Q_2 = m L_v$$

$$
\begin{aligned}
Q_2 &= (2.0 \times 10^3) \times (2.3 \times 10^3) \\[2.0ex]&= 4.6 \times 10^6 \text{ J}
\end{aligned}
$$

この熱機関では、仕事が終わった後の「燃えカス」である100℃の水蒸気を、100℃の水に戻すことで熱を捨てています。このとき放出される熱の量は、「質量 × 蒸発熱」で計算できます。問題文で与えられた数値を代入して計算します。

毎秒放出される熱量は \(4.6 \times 10^6\) J です。これは、熱機関が外部に捨てている熱エネルギーの量に相当します。

問(2)

思考の道筋とポイント
熱効率の定義式 \(e = \frac{Q_1 – Q_2}{Q_1}\) を用いて、高熱源から取り入れる熱量 \(Q_1\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 熱効率の公式を正しく使えること。
• 未知数が \(Q_1\) のみの方程式を立てて解く。

具体的な解説と立式

• 熱効率: \(e = 15\% = 0.15\)
• 低熱源へ放出する熱量: \(Q_2 = 4.6 \times 10^6\) J （問(1)の結果）

熱効率の公式は、
$$e = \frac{Q_1 – Q_2}{Q_1}$$
数値を代入すると、
$$0.15 = \frac{Q_1 – 4.6 \times 10^6}{Q_1}$$

この方程式を \(Q_1\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
0.15 Q_1 &= Q_1 – 4.6 \times 10^6 \\[2.0ex]Q_1 – 0.15 Q_1 &= 4.6 \times 10^6 \\[2.0ex]0.85 Q_1 &= 4.6 \times 10^6 \\[2.0ex]Q_1 &= \frac{4.6 \times 10^6}{0.85} \\[2.0ex]Q_1 &= 5.411… \times 10^6
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると、\(5.4 \times 10^6\) J となります。

この熱機関の「燃費」（熱効率）は15%です。これは、取り入れた熱のうち15%しか仕事にならず、残りの85%は捨てられることを意味します。(1)で計算した「捨てられた熱量 \(Q_2\)」が、全体の85%に相当するわけではありません。計算式に当てはめて解くのが確実です。

毎秒取り入れる熱量は \(5.4 \times 10^6\) J です。捨てた熱量 \(4.6 \times 10^6\) J よりも大きい値であり、物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
熱機関が10分間にする仕事を求めます。まず、1秒あたりにする仕事（仕事率）を求め、それに時間（10分 = 600秒）を掛けます。

この設問における重要なポイント

• 1秒あたりの仕事 \(W\) は \(W = Q_1 – Q_2\)。
• 総仕事量は、(1秒あたりの仕事) × (時間)。
• 時間の単位を秒に換算する（10分 = 600秒）。

具体的な解説と立式

• 1秒あたりの仕事 \(W\):
  $$W = Q_1 – Q_2$$
• 10分間の総仕事量 \(W_{total}\):
  $$W_{total} = W \times (10 \times 60)$$

まず、1秒あたりの仕事を計算します。計算の途中なので、有効数字を1桁多くとって計算します。
$$
\begin{aligned}
W &= 5.41 \times 10^6 – 4.6 \times 10^6 \\[2.0ex]&= 0.81 \times 10^6 \text{ J/s}
\end{aligned}
$$
次に、10分間の総仕事量を計算します。
$$
\begin{aligned}
W_{total} &= (0.81 \times 10^6) \times (10 \times 60) \\[2.0ex]&= (0.81 \times 10^6) \times 600 \\[2.0ex]&= 486 \times 10^6 \\[2.0ex]&= 4.86 \times 10^8
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると、\(4.9 \times 10^8\) J となります。

「取り入れた熱量」から「捨てた熱量」を引いた差額が、実際に仕事になったエネルギーです。まず、この「1秒あたりにできる仕事」を計算します。そして、10分間ではその何倍の仕事ができるかを、時間を掛けることで計算します。

10分間にする仕事は \(4.9 \times 10^8\) J です。

問(4)

思考の道筋とポイント
ポンプが1m³の水を45mの高さまで持ち上げるのに必要な仕事を計算します。この仕事は、持ち上げた水の位置エネルギーの増加分に等しいです。

この設問における重要なポイント

• 仕事は位置エネルギーの増加分に等しい: \(W = mgh\)。
• 1m³の水の質量を計算する必要がある（水の密度 \(\rho = 1.0 \times 10^3\) kg/m³）。

具体的な解説と立式

• 持ち上げる水の体積: \(V = 1.0\) m³
• 水の密度: \(\rho = 1.0 \times 10^3\) kg/m³
• 持ち上げる水の質量: \(m = \rho V = (1.0 \times 10^3) \times 1.0 = 1.0 \times 10^3\) kg
• 持ち上げる高さ: \(h = 45\) m
• 重力加速度: \(g = 9.8\) m/s²

必要な仕事 \(W_{pump}\) は、
$$W_{pump} = mgh$$

$$
\begin{aligned}
W_{pump} &= (1.0 \times 10^3) \times 9.8 \times 45 \\[2.0ex]&= 441 \times 10^3 \\[2.0ex]&= 4.41 \times 10^5
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると、\(4.4 \times 10^5\) J となります。

ポンプの仕事は、水を高いところに持ち上げることです。このとき、水の位置エネルギーが増加します。この「増えた位置エネルギー」の分だけ、ポンプは仕事をしたことになります。位置エネルギーは「質量 × 重力加速度 × 高さ」で計算できます。

1m³の水を排出するのに必要な仕事は \(4.4 \times 10^5\) J です。

問(5)

思考の道筋とポイント
10分間にくみ出せる水の体積を求めます。これは、熱機関が10分間に供給できる総仕事量（(3)の結果）を、1m³の水をくみ出すのに必要な仕事量（(4)の結果）で割ることで計算できます。

この設問における重要なポイント

• (くみ出せる総体積) = (利用できる総仕事量) / (単位体積あたりの仕事量)

具体的な解説と立式

• 10分間に熱機関ができる総仕事: \(W_{total} = 4.86 \times 10^8\) J （(3)の有効数字を増やした値）
• 1m³の水をくみ出すのに必要な仕事: \(W_{pump} = 4.41 \times 10^5\) J （(4)の有効数字を増やした値）

求める水の体積を \(V_{total}\) とすると、
$$V_{total} = \frac{W_{total}}{W_{pump}}$$

$$
\begin{aligned}
V_{total} &= \frac{4.86 \times 10^8}{4.41 \times 10^5} \\[2.0ex]&= 1.102… \times 10^3
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で答えると、\(1.1 \times 10^3\) m³ となります。

(3)で、この熱機関が10分間にどれだけの仕事ができるかがわかっています。(4)で、1m³の水をくみ出すのにどれだけの仕事が必要かがわかっています。したがって、割り算をすることで、10分間の総仕事量で、何m³の水をくみ出せるかが計算できます。

10分間にくみ出せる水の体積は \(1.1 \times 10^3\) m³ です。これは25mプール約3杯分に相当する量で、トンネル工事の排水量としては現実的なオーダーかもしれません。

【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？

• 熱力学第一法則（熱機関への応用）:
  • 核心: 熱機関は、高温の熱源から熱量\(Q_1\)を吸収し、その一部を外部への仕事\(W\)に変換し、残りの熱量\(Q_2\)を低温の熱源へ排出する装置です。このエネルギーの流れは、エネルギー保存則（熱力学第一法則）によって \(Q_1 = W + Q_2\) と記述されます。
  • 理解のポイント: この問題では、まず低熱源へ排出される\(Q_2\)を計算し(1)、次に熱効率\(e\)の情報を使って高熱源から吸収した\(Q_1\)を求め(2)、最後に差をとって仕事\(W\)を計算する(3)、という流れになっています。このエネルギー収支の三者の関係を正確に理解することが全ての基本です。
• 熱効率の定義:
  • 核心: 熱機関の性能を表す指標が熱効率\(e\)です。これは、吸収した熱量\(Q_1\)のうち、どれだけの割合が有効な仕事\(W\)に変換されたかを示し、\(e = \frac{W}{Q_1}\) で定義されます。
  • 理解のポイント: \(W = Q_1 – Q_2\) の関係を使うと、熱効率は \(e = \frac{Q_1 – Q_2}{Q_1} = 1 – \frac{Q_2}{Q_1}\) とも書き換えられます。この式は、「吸収した熱を100%仕事に変えることはできず（\(e<1\)）、必ず熱を捨てる必要がある（\(Q_2>0\)）」という熱力学第二法則の原理を示唆しています。(2)では、この定義式を\(Q_1\)についての方程式として解くことが求められます。
• 仕事とエネルギーの関係:
  • 核心: ある物体に仕事\(W\)をすると、その物体のエネルギーが\(W\)だけ変化します。後半のポンプの問題では、ポンプが水にした仕事が、水の持つ位置エネルギーの増加分に等しいと考えます。
  • 理解のポイント: (4)でポンプが水を持ち上げる仕事は、水の質量を\(m\)、持ち上げる高さを\(h\)として \(W=mgh\) で計算できます。これは、力学の仕事とエネルギーの関係が、熱機関のような熱力学的な装置と結びつけて出題される典型的なパターンです。

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:
  • カルノーサイクル: 理想的な熱機関であるカルノーサイクルの問題。断熱変化と等温変化を組み合わせたサイクルで、その熱効率は \(e = 1 – \frac{T_2}{T_1}\) （\(T_1, T_2\)は高熱源と低熱源の絶対温度）で与えられます。
  • 冷凍機・ヒートポンプ: 熱機関の逆のサイクルで動く装置。外部から仕事をすることで、低温の物体から熱を奪い、高温の物体へ熱を移動させます。性能はCOP（成績係数）という指標で評価されます。
  • 発電所のエネルギー変換: 火力発電や原子力発電など、熱エネルギーを電気エネルギーに変換するプロセス全体を一つの熱機関とみなす問題。エネルギーの変換効率や、冷却水へ排出される熱量などが問われます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. エネルギーの流れを図示する: 高熱源、熱機関、低熱源、そして外部への仕事の4つの要素を図で描き、\(Q_1\), \(Q_2\), \(W\) のエネルギーの流れを矢印で書き込むと、問題の構造が視覚的に理解しやすくなります。
  2. 単位時間あたりか、総量か？: 問題で与えられている量や問われている量が、「毎秒あたり」の量（仕事率[W]や熱流[J/s]）なのか、それともある時間における「総量」（仕事[J]や熱量[J]）なのかを明確に区別することが重要です。(3)や(5)では、この区別ができていないと計算を誤ります。
  3. 単位の統一: 熱量の問題では、質量が[g]で与えられたり[kg]で与えられたりします。比熱や潜熱の単位（J/gかJ/kgか）をよく確認し、計算前に単位を統一する習慣をつけましょう。この問題では、(1)でkgをgに換算する必要がありました。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 熱効率の式の誤用:
  • 誤解: 熱効率を \(e = W/Q_2\) や \(e = Q_2/Q_1\) のように、定義を間違えて覚えてしまっている。
  • 対策: 熱効率は「投入したエネルギーのうち、どれだけ有効活用できたか」という割合です。投入したエネルギーは\(Q_1\)、有効活用できたのは仕事\(W\)なので、\(e=W/Q_1\)が基本形であると意味で理解しましょう。
• \(Q_1\)と\(Q_2\)の取り違え:
  • 誤解: (1)で計算した放出熱量を\(Q_1\)だと勘違いし、(2)の計算で混乱する。
  • 対策: \(Q_1\)は高熱源から「吸収する」熱、\(Q_2\)は低熱源へ「排出する」熱です。必ず \(Q_1 > Q_2\) となります。問題文の「復水器（冷却器）で捨てられる」という記述から、(1)で求める熱量が\(Q_2\)であることを正確に読み取ることが重要です。
• 仕事率と仕事の混同:
  • 誤解: (3)で、1秒あたりの仕事\(W\)を計算しただけで満足してしまい、時間（600秒）を掛けるのを忘れる。
  • 対策: 問題文の「10分間にする仕事は」という問いかけを最後までよく読み、単位が[J]になるように計算しているかを確認しましょう。仕事率[J/s]に時間[s]を掛けることで、仕事[J]が得られます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• サンキーダイアグラム（エネルギーの流れ図）:
  • 熱機関の問題では、エネルギーの流れを帯の太さで表現するサンキーダイアグラムを描くのが非常に有効です。左から太い帯で\(Q_1\)が入り、途中で細い帯が仕事\(W\)として分岐し、残りの帯が\(Q_2\)として右に抜けていく図を描くことで、\(Q_1 = W + Q_2\) の関係が直感的に理解できます。
• ポンプの仕事のイメージ化:
  • (4)では、ポンプが水を持ち上げる様子を具体的にイメージします。ポンプが水塊をゆっくりと持ち上げるとき、ポンプが加える上向きの力は、水塊にはたらく重力\(mg\)とつりあっています。この力で距離\(h\)だけ動かすので、仕事は \(W = (\text{力}) \times (\text{距離}) = mgh\) となります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(Q=mL_v\) (潜熱の計算):
  • 選定理由: (1)で、100℃の水蒸気が100℃の水になるという「状態変化」で放出される熱量を計算するため。
  • 適用根拠: 温度が一定のまま、気体から液体へと相転移している物理的状況。
• \(e = (Q_1-Q_2)/Q_1\) (熱効率の定義):
  • 選定理由: (2)で、熱効率\(e\)と放出熱量\(Q_2\)が既知の状況で、吸収熱量\(Q_1\)という熱機関の基本的な性能値を求めるため。
  • 適用根拠: 問題の装置が、熱を仕事に変換する「熱機関」としてモデル化されているため。
• \(W=mgh\) (位置エネルギーの増加):
  • 選定理由: (4)で、ポンプが水を持ち上げるという「仕事」を計算するため。この仕事の結果、水の力学的なエネルギー（位置エネルギー）が増加します。
  • 適用根拠: 物体を重力に逆らって高さ\(h\)だけ持ち上げる際に、外力がする最小の仕事は、その物体の位置エネルギーの増加分に等しいという、仕事とエネルギーの原理。

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) 放出熱量\(Q_2\)の計算:
   • 戦略: 毎秒2.0kgの水蒸気が水になるときに放出する潜熱を計算する。
   • フロー: \(m = 2.0 \times 10^3\) g, \(L_v = 2.3 \times 10^3\) J/g \(\rightarrow\) \(Q_2 = mL_v\)。
2. (2) 吸収熱量\(Q_1\)の計算:
   • 戦略: 熱効率の定義式に、\(e=0.15\)と(1)で求めた\(Q_2\)を代入する。
   • フロー: \(0.15 = (Q_1 – Q_2)/Q_1\) \(\rightarrow\) この方程式を\(Q_1\)について解く。
3. (3) 10分間の仕事の計算:
   • 戦略: ①1秒あたりの仕事\(W = Q_1 – Q_2\)を計算する。②それに600秒を掛ける。
   • フロー: \(W = Q_1 – Q_2\) \(\rightarrow\) \(W_{total} = W \times 600\)。
4. (4) ポンプの仕事の計算:
   • 戦略: 1m³の水の質量を計算し、それを45m持ち上げるための位置エネルギーの増加分を計算する。
   • フロー: \(m = \rho V = 1.0 \times 10^3\) kg \(\rightarrow\) \(W_{pump} = mgh\)。
5. (5) くみ出せる水量の計算:
   • 戦略: 熱機関が10分間にできる総仕事量を、1m³の水をくみ出すのに必要な仕事量で割る。
   • フロー: \(V_{total} = W_{total} / W_{pump}\)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位換算の徹底: (1)でkgをgに直すのを忘れると、答えが1000倍ずれてしまいます。計算を始める前に、すべての量の単位が基本単位（SI単位系など）または問題内で整合性がとれた単位系に揃っているかを確認しましょう。
• 有効数字の扱い: 模範解答のヒントにもあるように、途中の計算では、最終的な答えの有効数字よりも1桁多くとって計算を進めると、丸め誤差によるズレを防ぐことができます。
• パーセントの換算: 熱効率15%は、計算で使う際には小数0.15に直す必要があります。基本的なことですが、焦っていると見落としがちです。

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

• エネルギーの大小関係: 必ず \(Q_1 > Q_2\) および \(Q_1 > W\) となっているかを確認しましょう。吸収した熱量が、排出した熱量や仕事量より小さい場合は、計算が間違っています。
• 熱効率の意味との照らし合わせ: (2)で求めた\(Q_1\)と(1)の\(Q_2\)から仕事\(W\)を計算し、その仕事が\(Q_1\)のちょうど15%になっているか検算してみましょう。\(W/Q_1 = (Q_1-Q_2)/Q_1 = (5.41-4.6)/5.41 \approx 0.15\) となり、つじつまが合っていることが確認できます。
• 物理的なスケール感: (5)で求めた水の体積 \(1.1 \times 10^3\) m³ は、1100トンに相当します。これを10分で45m持ち上げるというのは、非常にパワフルな蒸気機関であることを示唆しており、問題設定として極端におかしい値ではないと判断できます。

問題67 (大阪工大)

【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、熱気球が浮上する原理を、理想気体の状態方程式とアルキメデスの原理（浮力）を用いて解き明かすものです。

• [A]パートでは、まず準備として、理想気体の状態方程式から空気の密度と温度の関係を導き出します。
• [B]パートでは、具体的な熱気球モデルについて、内部の空気の温度を上げたときに、全体の重さと浮力がどのように変化し、どの条件で浮上するのかを考察します。

この問題の核心は、「温度が上がると気体の密度は小さくなる」という性質を状態方程式から導き、それが熱気球全体の重さの減少につながること、そして「浮力は周囲の空気の密度で決まるため一定」であることから、重力と浮力の大小関係が逆転する点（浮上開始点）を見つけ出すことです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「理想気体の状態方程式」と「浮力」の融合です。一見複雑に見えますが、基本法則を一つずつ丁寧に適用していくことが重要です。
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。

1. 理想気体の状態方程式: \(pV=nRT\)。気体の圧力、体積、物質量、温度の関係を表す基本法則です。
2. 密度と質量の関係: \(\rho = m/V\)。物質量\(n\)とモル質量\(m_0\)から質量\(m=nm_0\)を計算し、状態方程式と組み合わせることで、密度と他の物理量との関係を導けます。
3. アルキメデスの原理（浮力）: 物体が受ける浮力の大きさは、その物体が押しのけた流体（この場合は周囲の空気）の重さに等しい。\(f = \rho_{周囲} V g\)。
4. 力のつりあい: 物体が浮上を開始する瞬間は、物体全体の重力と浮力がちょうどつりあう瞬間です。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. [A]パートでは、指示に従い、状態方程式と質量の定義式を組み合わせて、密度の式を導出します（ア〜エ）。
2. [B]パートでは、開口部が開放されているため「内外の圧力が等しい」という条件が重要になります。これと[A]で導いた関係を使い、内部空気の密度を温度の関数として表します（(2)）。
3. 次に、気球全体の重力（気球本体の重力＋内部空気の重力）と、気球が受ける浮力をそれぞれ式で表します（オ、カ）。
4. 温度\(T\)を変化させたときに、重力\(F\)と浮力\(f\)がどう変化するかを分析し、グラフを描き、浮上の原理を説明します（(3), (4)）。
5. 最後に、浮上条件である \(F=f\) の式を立て、浮上開始温度\(T_f\)を求めます（(5)）。

[A] ア, イ, ウ, エ

思考の道筋とポイント
理想気体の状態方程式、および質量と物質量の関係についての基本的な知識を問う問題です。定義に従って空欄を埋めていきます。

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を正しく覚えていること。
• 物質量(mol)と質量の関係を理解していること。
• 密度の定義式 \(\rho = m/V\) を使えること。

具体的な解説と立式

• ア, イ: 理想気体の状態方程式は \(pV=nRT\) です。したがって、アは \(nRT\)、イは「状態方程式」です。
• ウ: 1molあたりの質量が \(m_0\) なので、\(n\) molの空気の質量は、単純に掛け算で \(nm_0\) となります。
• エ: 密度の定義は \(\rho = \frac{\text{質量}}{\text{体積}}\) です。ウの結果から質量は \(nm_0\)、体積は \(V\) なので、\(\rho = \frac{nm_0}{V}\) となります。ここから、状態方程式 \(pV=nRT\) を変形した \(V = \frac{nRT}{p}\) を代入して \(V\) を消去します。
  $$\rho = \frac{nm_0}{V} = \frac{nm_0}{\frac{nRT}{p}} = \frac{nm_0 p}{nRT} = \frac{m_0 p}{RT}$$

上記の通りです。

• ア: \(nRT\)
• イ: 状態方程式
• ウ: \(nm_0\)
• エ: \(\displaystyle\frac{m_0 p}{RT}\)

(エ)の式は、気体の密度が圧力に比例し、絶対温度に反比例することを示しており、物理的に妥当な関係です。

[A](1)

思考の道筋とポイント
(エ)で導出した密度と温度の関係式 \(\rho = \displaystyle\frac{m_0 p}{RT}\) を用いて、圧力が一定の場合に温度\(T\)が増加すると密度\(\rho\)がどうなるかを説明します。

この設問における重要なポイント

• (エ)の結果 \(\rho = \frac{m_0 p}{RT}\) を利用する。
• \(p, m_0, R\) が定数であることから、\(\rho\) と \(T\) の関係を見出す。

具体的な解説と立式
(エ)で導いた式は \(\rho = \displaystyle\frac{m_0 p}{RT}\) です。
この式を \(\rho T = \displaystyle\frac{m_0 p}{R}\) と変形します。
問題の条件より、圧力 \(p\) は一定です。また、モル質量 \(m_0\) と気体定数 \(R\) も定数です。
したがって、式の右辺 \(\displaystyle\frac{m_0 p}{R}\) は一定値となります。
よって、\(\rho T = \text{一定}\) という関係が成り立ちます。
これは、密度\(\rho\)と絶対温度\(T\)が反比例の関係にあることを意味します。

\(\rho\)と\(T\)は反比例の関係にあるため、温度\(T\)が増加すると、空気の密度\(\rho\)は減少します。これは、温度が上がると気体分子の運動が激しくなり、同じ圧力と体積を保つためには分子の数を減らす必要がある（＝密度が下がる）という直感的なイメージとも一致します。

[B](2)

思考の道筋とポイント
球体内の空気と外部の空気について、[A](1)で導いた \(\rho T = \text{一定}\) の関係を適用します。開口部が開放されているため、内外の圧力は常に等しいという条件が使えます。

この設問における重要なポイント

• 開口部が開放 \(\rightarrow\) 内外の圧力 \(p\) が等しく、一定。
• [A](1)の結果より、\(\rho T = \text{一定}\) が成り立つ。

具体的な解説と立式
内外の圧力が等しいので、[A](1)で示した関係 \(\rho T = \text{一定}\) が、加熱前と加熱後の球体内空気について成り立ちます。

• 加熱前: 温度 \(T_0\), 密度 \(\rho_0\)
• 加熱後: 温度 \(T\), 密度 \(\rho\)

したがって、
$$\rho T = \rho_0 T_0$$

この式を \(\rho\) について解きます。
$$\rho = \rho_0 \frac{T_0}{T}$$

加熱後の密度は \(\rho = \rho_0 \displaystyle\frac{T_0}{T}\) です。温度\(T\)が高くなるほど、密度\(\rho\)が小さくなるという[A](1)の結果と整合しています。

[B] オ, カ

思考の道筋とポイント
気球全体の重力 \(F\) と、気球が受ける浮力 \(f\) をそれぞれ式で表します。

• 重力 \(F\): 「気球本体の重力」と「内部の空気の重力」の和です。
• 浮力 \(f\): 気球が押しのけた「外部の空気」の重さに等しいです。

この設問における重要なポイント

• 内部空気の質量は、その時点での密度\(\rho\)と体積\(V\)から計算する。
• 浮力は、周囲の空気の密度\(\rho_0\)と気球の体積\(V\)から計算する。

具体的な解説と立式

• オ（内部空気の質量）:
  内部空気の密度は \(\rho\)、体積は \(V\) なので、質量 \(m_{空気}\) は、
  $$m_{空気} = \rho V$$
  ここで、(2)の結果 \(\rho = \rho_0 \frac{T_0}{T}\) を代入すると、
  $$m_{空気} = \left(\rho_0 \frac{T_0}{T}\right)V$$
  したがって、オに入るのは \(\rho_0 V \frac{T_0}{T}\) です。
• カ（浮力）:
  浮力の大きさ \(f\) は、気球が押しのけた体積\(V\)の「周囲の空気」の重さに等しいです。周囲の空気の密度は \(\rho_0\) なので、その質量は \(\rho_0 V\) です。
  $$f = (\rho_0 V) g$$
  したがって、カに入るのは \(\rho_0 V\) です。

上記の通りです。

• オ: \(\rho_0 V \frac{T_0}{T}\)
• カ: \(\rho_0 V\)

気球全体の重力は \(F = \left(M + \rho_0 V \frac{T_0}{T}\right)g\) となり、温度\(T\)に依存して変化します。一方、浮力は \(f = \rho_0 V g\) となり、温度\(T\)によらず一定です。この違いが浮上の鍵となります。

[B](3)

思考の道筋とポイント
[B]オで導いた気球全体の重力 \(F\) の式を、温度 \(T\) の関数としてグラフに描きます。

この設問における重要なポイント

• グラフにする関数は \(F(T) = \left(M + \rho_0 V \frac{T_0}{T}\right)g\)。
• \(F\) は \(1/T\) に比例する形の関数。
• \(T \rightarrow 0\) と \(T \rightarrow \infty\) の極限を考える。

具体的な解説と立式
グラフにする関数は、
$$F(T) = Mg + \frac{\rho_0 V T_0 g}{T}$$
これは、\(y = a + b/x\) の形の反比例のグラフです。

• \(T\) が増加すると、第2項が減少し、\(F\) は減少します。
• \(T \rightarrow \infty\) の極限では、第2項が0に近づくため、\(F\) は \(Mg\) に漸近します。
• \(T \rightarrow 0\) の極限では、第2項が無限大に発散するため、\(F\) も無限大に発散します。

これらの特徴を持つグラフを描きます。縦軸が \(F\)、横軸が \(T\) で、\(T>0\) の領域で考えます。グラフは右下がりの曲線で、\(F=Mg\) が漸近線となります。

グラフの概形を描くため、これ以上の計算は不要です。

グラフは、\(T\)が小さいところで非常に大きく、\(T\)が大きくなるにつれて減少し、最終的に気球本体の重さ\(Mg\)に近づいていく曲線となります。これは、温度を上げるほど内部の空気が軽くなり、気球全体の重さも軽くなるという物理的な状況を正しく反映しています。

[B](4)

思考の道筋とポイント
気球が浮上する理由を、重力\(F\)と浮力\(f\)の関係から説明します。

この設問における重要なポイント

• 浮力 \(f = \rho_0 V g\) は、温度\(T\)によらず一定。
• 重力 \(F(T) = (M + \rho_0 V \frac{T_0}{T})g\) は、温度\(T\)の上昇とともに減少する。
• 浮上するのは、上向きの力（浮力）が下向きの力（重力）を上回るとき、つまり \(f > F\) のとき。

具体的な解説と立式
気球にはたらく力は、下向きの重力\(F\)と上向きの浮力\(f\)です。
浮力 \(f = \rho_0 V g\) は、周囲の空気の密度\(\rho_0\)で決まるため、内部の温度\(T\)によらず一定です。
一方、気球全体の重力 \(F(T) = (M + \rho_0 V \frac{T_0}{T})g\) は、温度\(T\)を上昇させると、内部の空気の質量が減少するため、\(T\)の増加とともに減少します。
初め（\(T=T_0\)）は、\(F = (M+\rho_0 V)g > f = \rho_0 V g\) なので、気球は浮上しません。
しかし、温度\(T\)を上げていくと、\(F\)は単調に減少していくため、やがて浮力\(f\)と等しくなります。さらに温度を上げると、重力\(F\)が浮力\(f\)よりも小さく（\(F < f\)）なります。
その結果、上向きの合力 (\(f-F\)) が生じ、気球は浮上します。

上記の説明が、気球が浮上する理由となります。

[B](5)

思考の道筋とポイント
気球が浮上を始めるのは、重力\(F\)と浮力\(f\)がちょうどつりあう瞬間です。このときの温度が \(T_f\) です。

この設問における重要なポイント

• 浮上開始の条件: \(F = f\)

具体的な解説と立式
浮上を開始する温度を \(T_f\) とすると、この温度で \(F(T_f) = f\) が成り立ちます。
$$\left(M + \rho_0 V \frac{T_0}{T_f}\right)g = \rho_0 V g$$

この方程式を \(T_f\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
M + \rho_0 V \frac{T_0}{T_f} &= \rho_0 V \\[2.0ex]\rho_0 V \frac{T_0}{T_f} &= \rho_0 V – M \\[2.0ex]\frac{1}{T_f} &= \frac{\rho_0 V – M}{\rho_0 V T_0} \\[2.0ex]T_f &= \frac{\rho_0 V T_0}{\rho_0 V – M}
\end{aligned}
$$

気球が浮き始めるのは、「気球全体の重さ」と「浮力」が等しくなった瞬間です。それぞれの力を表す式をイコールで結び、そのときの温度\(T_f\)を求めます。

浮上開始温度は \(T_f = \displaystyle\frac{\rho_0 V T_0}{\rho_0 V – M}\) です。

• 気球本体の質量\(M\)が大きいほど、分母が小さくなり、\(T_f\)は高くなります（より高温にしないと浮かない）。
• 浮力（\(\rho_0 V\)）が大きいほど、分母が大きくなり、\(T_f\)は低くなります（低い温度で浮く）。

これらは物理的に妥当な結果です。また、浮上するためには分母が正である必要があり、\(\rho_0 V > M\)、つまり「押しのけた空気の質量が気球本体の質量より大きい」という、アルキメデスの原理から導かれる自明な条件も内包しています。

【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 (\(pV=nRT\)):
  • 核心: 気体の圧力・体積・温度・物質量の関係を支配する基本法則です。[A]パートでは、この式を質量や密度と結びつけることで、空気の密度が温度に反比例する関係 (\(\rho T = \text{一定}\)) を導き出します。
  • 理解のポイント: この「温度が上がると密度が下がる」という性質が、熱気球が浮上する根本的な原理です。状態方程式を単なる公式として覚えるだけでなく、密度との関係まで理解しておくことが重要です。
• アルキメデスの原理（浮力）:
  • 核心: 流体中の物体は、その物体が押しのけた流体の重さに等しい大きさの浮力を受けます (\(f = \rho_{流体} V g\))。
  • 理解のポイント: 熱気球の場合、押しのけている流体は「周囲の冷たい空気」です。したがって、浮力の大きさは、気球の体積\(V\)と周囲の空気の密度\(\rho_0\)で決まり、気球内部の温度をいくら上げても浮力の大きさ自体は変化しません。この「浮力は一定」という点が、重力との比較において極めて重要です。
• 力のつりあい:
  • 核心: 気球が浮上を開始する瞬間は、気球全体にはたらく重力（下向き）と浮力（上向き）がちょうどつりあう瞬間です。
  • 理解のポイント: 気球全体の重力は、「気球本体の重さ」と「内部の熱い空気の重さ」の和です。内部の空気は温度を上げると軽くなるため、気球全体の重力は温度とともに減少します。この減少する重力が、一定の浮力と等しくなる点が浮上開始点となります。

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

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 潜水艦の浮沈: 潜水艦は、バラストタンクに水を入れたり排出したりすることで全体の平均密度を変化させ、浮力を制御して浮沈します。重さを変えて浮力を制御する例です。
  • 氷がとけるときの水面変化: 水に浮いた氷がとけても水面は変化しませんが、氷の中に空気や他の物質が含まれている場合は水面が変化します。アルキメデスの原理と質量保存則を組み合わせる問題です。
  • 密閉容器内の気体の加熱: この問題と異なり、容器が密閉されている場合、加熱すると内部の圧力が増加します。この圧力変化が外部に力を及ぼすような問題に応用されます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 開口部の有無（圧力条件の確認）: まず、気球や容器が開いているか閉じているかを確認します。開いていれば、内外の「圧力」が等しくなります。閉じていれば、内部の気体の「物質量（や質量）」が一定に保たれます。この条件の違いで、状態方程式の使い方が全く変わってきます。
  2. 重力と浮力の登場人物を特定する:
     • 重力: どの部分の重さを考えるべきか？（例：気球本体＋内部の気体）
     • 浮力: 何によって浮力が生じているか？（例：周囲の流体）

     この2つの「登場人物」を正確にリストアップすることが、立式の第一歩です。

  3. 何が変数で、何が定数か？: 温度\(T\)を変化させたとき、それに伴って変化する量（内部空気の密度\(\rho\)、内部空気の質量、気球全体の重力\(F\)）と、変化しない量（気球の体積\(V\)、周囲の空気の密度\(\rho_0\)、浮力\(f\)）を明確に区別することが、現象を正しく理解する鍵となります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 浮力の計算での密度の取り違え:
  • 誤解: 浮力を計算する際に、周囲の空気の密度(\(\rho_0\))ではなく、気球内部の熱い空気の密度(\(\rho\))を使ってしまう (\(f=\rho V g\))。
  • 対策: アルキメデスの原理を正確に思い出し、「浮力は、押しのけた『外部』の流体の重さ」であることを徹底しましょう。気球が熱くなっても、押しのけている周囲の空気の性質は変わらないので、浮力は一定です。
• 重力の計算での質量の取り違え:
  • 誤解: 気球全体の重力を考える際に、内部の空気の質量を忘れて、気球本体の質量\(M\)だけで計算してしまう。
  • 対策: 気球は「本体」と「内部の空気」を合わせたものが一つの物体です。重力を計算する際は、必ず両方の質量を足し合わせる必要があります。
• 状態方程式の誤用:
  • 誤解: 開口部があるのに、内部の空気の物質量\(n\)が一定として状態方程式を扱ってしまう。
  • 対策: 開口部がある場合、加熱によって膨張した空気は外部に逃げ出すため、物質量\(n\)は一定ではありません。この問題で一定なのは「圧力\(p\)」です。どの物理量が一定で、どの物理量が変数なのか、問題設定を正確に読み取ることが不可欠です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 力のベクトル図: 気球に働く力を図示するのが基本です。下向きに「気球本体の重力\(Mg\)」と「内部空気の重力\(m_{空気}g\)\)」、上向きに「浮力\(f\)」の3つの力のベクトルを描くと、力の関係が明確になります。
• \(F-T\)グラフと\(f-T\)グラフの重ね描き: (3)で重力\(F\)のグラフを描きましたが、そのグラフに、浮力\(f\)のグラフ（\(T\)軸に平行な直線）を重ねて描くと、浮上の原理が一目瞭然になります。
  • 最初は \(F > f\) で、気球は地面に押し付けられています。
  • 温度を上げていくと\(F\)の曲線が下がり、\(f\)の直線と交差します。この交点が、浮上を開始する温度\(T_f\)です。
  • さらに温度を上げると \(F < f\) となり、上向きの力が生じて浮上します。
• 密度の変化のイメージ: 温度を上げる \(\rightarrow\) 内部の気体分子が激しく運動する \(\rightarrow\) 開口部から一部の分子が逃げ出す \(\rightarrow\) 同じ体積\(V\)を占める分子の数が減る \(\rightarrow\) 密度が下がる、というミクロな視点での一連の流れをイメージできると、現象の理解が深まります。

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:
  • 選定理由: [A]で、気体のマクロな物理量（圧力、体積、温度）とミクロな量（物質量）を結びつけ、密度と温度の関係を導出するために必要不可欠な法則だからです。
  • 適用根拠: 問題文で「空気を理想気体とみなして」と明記されているため。
• アルキメデスの原理:
  • 選定理由: [B]で、気球が空気中から受ける上向きの力、すなわち「浮力」を定量的に計算するため。
  • 適用根拠: 物体が流体（この場合は空気）の中に存在しているという物理的状況。
• 力のつりあいの式 (\(F=f\)):
  • 選定理由: (5)で「浮上を始める」という特定の瞬間を捉えるため。浮上を開始する瞬間は、力がつりあって地面からの垂直抗力がゼロになる瞬間であり、これを超えると上向きの合力が生じます。
  • 適用根拠: ある特定の条件下で、物体にはたらく力の合力がゼロになるという物理的状況。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. [A] 準備運動（密度と温度の関係）:
   • 戦略: ①状態方程式 \(pV=nRT\) と ②質量 \(m=nm_0\) と ③密度 \(\rho=m/V\) の3つの定義式を組み合わせる。
   • フロー: ①から\(V\)を、②から\(n\)を消去し、\(\rho\)を\(p, T\)などで表す式を導出する。
2. [B] 熱気球の解析:
   • (2) 内部空気の密度: [A]で導いた \(\rho T = \text{一定}\) の関係を、加熱前と加熱後に適用する。
   • (オ) 内部空気の重力: 質量を「密度×体積」で計算する。密度は(2)の結果を使う。
   • (カ) 浮力: アルキメデスの原理を適用。押しのけた「外部の」空気の重さを計算する。
   • (3) 重力のグラフ: (オ)の結果から、\(F\)が\(T\)のどのような関数になるかを分析し、概形を描く。
   • (4) 浮上の原理: 一定の浮力\(f\)と、温度上昇で減少する重力\(F\)を比較し、\(F<f\)となることで浮上すると説明する。
   • (5) 浮上開始温度: 浮上条件 \(F=f\) を立式し、未知数である温度\(T_f\)について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 記号の区別: \(\rho\)（内部の密度）と\(\rho_0\)（外部の密度）、\(T\)（内部の温度）と\(T_0\)（外部の温度）など、添え字の有無で意味が大きく異なる記号を正確に使い分けましょう。
• 分数の計算: (エ)や(5)のように、分母・分子に複数の項が含まれる計算では、通分や約分を慎重に行いましょう。
• 式の意味を考える: 例えば(5)で求めた \(T_f = \frac{\rho_0 V T_0}{\rho_0 V – M}\) という式を見て、分母が \((\text{浮力}/g) – (\text{気球の質量})\) という意味になっていることに気づくと、式の物理的な意味が理解でき、検算にもなります。

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

• 物理的な条件の確認: (5)で求めた \(T_f\) の式では、分母が \(\rho_0 V – M\) となっています。浮上するためには \(T_f\) が正の有限値である必要があるので、\(\rho_0 V – M > 0\)、すなわち \(\rho_0 V > M\) という条件が自然に導かれます。これは、「気球が押しのけた空気の質量（＝最大浮力/g）が、気球本体の質量よりも大きくなければ、いくら加熱しても浮上は不可能である」という物理的に当然の帰結であり、得られた式が妥当であることを示しています。
• 極端な場合を考える:
  • もし気球本体の質量がゼロ（\(M=0\)）だったら、(5)の式は \(T_f = \frac{\rho_0 V T_0}{\rho_0 V} = T_0\) となります。これは、内部の空気を全く加熱しなくても、内外の空気が同じ温度・密度である時点で重力と浮力がつりあう（ただし内部空気の重さと浮力が等しいだけ）ことを意味し、つじつまが合っています。
  • もし \(M\) が \(\rho_0 V\) に非常に近い値だったら、分母がゼロに近づくため \(T_f\) は非常に大きくなります。これは、浮力がギリギリの場合、浮上させるには内部の空気をほぼ真空に近い状態（超高温）にする必要があることを意味し、直感と一致します。

問題68 (岩手大)

【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、コックで連結された複数の容器内での気体の混合や拡散を扱っています。断熱容器内での気体の混合なので、エネルギーの出入りが特殊な形になります。

• (1)は、単原子分子理想気体の内部エネルギーの定義を問う問題です。
• (2)は、2つの容器内の気体を混合した後の温度と圧力を求めます。
• (3)は、(2)の状態から、さらに真空の容器へ気体を拡散させた後の状態を問います。
• (4)は、(3)の状態から圧力を計算します。
• (5)は、熱力学第二法則に関する知識を問う、語句補充問題です。

この問題の核心は、「断熱された系でコックを開く」という操作が何を意味するかを物理的に正しく理解することです。この操作では、外部との熱のやり取りがなく、気体は外部に対して仕事をしないため、系全体の「内部エネルギーが保存される」という点が最重要ポイントです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「気体の混合」と「断熱自由膨張」、そして「熱力学の基本法則」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。

1. 単原子分子理想気体の内部エネルギー: 内部エネルギーは絶対温度と物質量のみに依存し、\(U = \frac{3}{2}nRT\) で与えられます。
2. 理想気体の状態方程式: \(pV=nRT\)。気体の状態量を結びつける基本式です。
3. 内部エネルギー保存則: 断熱された容器間で気体を混合したり、真空へ拡散（断熱自由膨張）させたりする場合、系全体として外部との熱のやり取り(\(Q=0\))も、外部への仕事(\(W=0\))もありません。熱力学第一法則 \(\Delta U = Q+W\) より、系の内部エネルギーの総和は変化しません（\(\Delta U = 0\)）。
4. 熱力学第二法則: 熱の移動の不可逆性や、熱を100%仕事に変えることができないことを示す法則です。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、内部エネルギーの公式を正しく適用します（(1)）。
2. コックを開く操作では、前後の内部エネルギーの総和が等しいという式を立て、混合後の温度を求めます。その後、状態方程式を用いて圧力を計算します（(2)）。
3. (3)では、まずコックBを開く直前の容器2内の気体の物質量を、体積比を使って求めます。次に、真空への断熱自由膨張では気体が仕事をしないため、温度が変化しないことを利用します。
4. (4)では、(3)で求めた状態量を用いて、状態方程式から圧力を計算します。
5. (5)は、熱力学第二法則に関する知識問題です。

問(1)

思考の道筋とポイント
単原子分子理想気体の内部エネルギーの公式 \(U = \frac{3}{2}nRT\) を、容器1と容器2それぞれに適用します。

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を正しく覚えていること。

具体的な解説と立式

• 容器1の内部エネルギー \(U_1\):
  $$U_1 = \frac{3}{2}n_1RT_1$$
• 容器2の内部エネルギー \(U_2\):
  $$U_2 = \frac{3}{2}n_2RT_2$$

公式を適用するだけであり、これ以上の計算はありません。

単原子分子からなる理想気体が持つ内部エネルギーは、公式「(3/2) × 物質量 × 気体定数 × 絶対温度」で計算できます。容器1と2それぞれについて、この公式に記号を当てはめます。

\(U_1 = \frac{3}{2}n_1RT_1\), \(U_2 = \frac{3}{2}n_2RT_2\) となります。これは公式そのものです。

問(2)

思考の道筋とポイント
コックAを開くと、2つの気体が混合します。容器は断熱されており、外部との熱のやりとりも仕事もないため、系全体の内部エネルギーは保存されます。この「内部エネルギー保存則」から混合後の温度\(T_A\)を求め、次に「状態方程式」から圧力\(p_A\)を求めます。

この設問における重要なポイント

• 断熱混合 \(\rightarrow\) 内部エネルギーの総和は保存される。
• 混合後の状態量: 物質量 \(n_1+n_2\), 体積 \(V_1+V_2\), 温度 \(T_A\), 圧力 \(p_A\)。

具体的な解説と立式
1. 温度 \(T_A\) を求める
内部エネルギー保存則より、
$$U_1 + U_2 = U_A$$
$$\frac{3}{2}n_1RT_1 + \frac{3}{2}n_2RT_2 = \frac{3}{2}(n_1+n_2)RT_A$$
2. 圧力 \(p_A\) を求める
混合後の気体について、状態方程式を立てます。
$$p_A(V_1+V_2) = (n_1+n_2)RT_A$$

温度 \(T_A\) の計算:
内部エネルギー保存の式から、両辺の \(\frac{3}{2}R\) を消去します。
$$n_1T_1 + n_2T_2 = (n_1+n_2)T_A$$
これを \(T_A\) について解くと、
$$T_A = \frac{n_1T_1 + n_2T_2}{n_1+n_2}$$
圧力 \(p_A\) の計算:
状態方程式 \(p_A(V_1+V_2) = (n_1+n_2)RT_A\) に、上で求めた \(T_A\) の関係（変形した \( (n_1+n_2)RT_A = n_1RT_1 + n_2RT_2 \)）を代入します。
$$p_A(V_1+V_2) = n_1RT_1 + n_2RT_2$$
ここで、混合前の状態方程式 \(p_1V_1=n_1RT_1\) と \(p_2V_2=n_2RT_2\) を用いて、右辺を書き換えます。
$$p_A(V_1+V_2) = p_1V_1 + p_2V_2$$
これを \(p_A\) について解くと、
$$p_A = \frac{p_1V_1 + p_2V_2}{V_1+V_2}$$

コックを開けても、全体としては外部とエネルギーのやり取りがないので、2つの気体がもともと持っていた内部エネルギーの合計は、混ざった後も変わりません。このエネルギー保存のルールから、混ざった後の温度が計算できます。次に、混ざった後の気体全体について状態方程式を立てることで、圧力が計算できます。

• 温度: \(T_A = \displaystyle\frac{n_1T_1 + n_2T_2}{n_1+n_2}\) （物質量を重みとする温度の加重平均）
• 圧力: \(p_A = \displaystyle\frac{p_1V_1 + p_2V_2}{V_1+V_2}\) （ドルトンの分圧の法則に関連する形）

どちらも物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
コックAを閉じた後、コックBを開きます。これにより、容器2内の気体が真空の容器3へ拡散します。この操作も断熱容器内で行われ、気体は真空に対して膨張するので外部に仕事をしません。したがって、ここでも内部エネルギーが保存されます。

この設問における重要なポイント

• コックBを開く直前の容器2内の気体の状態を正しく把握する。
• 真空への断熱膨張（断熱自由膨張）では、気体は仕事をしないため、内部エネルギーは変化せず、温度も一定に保たれる。

具体的な解説と立式
1. 温度 \(T_B\) を求める
コックBを開く操作は、容器2内の気体（温度\(T_A\)）が、真空の容器3へ断熱的に膨張する「断熱自由膨張」です。この過程では、気体は外部に対して仕事をしない(\(W=0\))。また、容器は断熱されているので熱の出入りもない(\(Q=0\))。
熱力学第一法則 \(\Delta U = Q+W\) より、\(\Delta U = 0\)。
理想気体の内部エネルギーは温度のみに依存するため、内部エネルギーが変化しないならば、温度も変化しません。
したがって、
$$T_B = T_A = \frac{n_1T_1 + n_2T_2}{n_1+n_2}$$
2. 物質量 \(n_B\) を求める
コックBを開く直前、容器2には \(n_2’\) molの気体があります。コックBを開くと、この気体が容器2と3（全体積 \(V_2+V_3\)）に広がります。気体は漏れないので、容器2と3を占める気体の総物質量 \(n_B\) は、コックを開く直前に容器2にあった物質量 \(n_2’\) に等しくなります。
$$n_B = n_2’$$
\(n_2’\) は、コックAを開いた後（温度\(T_A\), 圧力\(p_A\)）に容器2（体積\(V_2\)）に存在する物質量です。

【解法1】体積比で分配する
コックAを開いた後、気体は容器1と2に一様に分布します。したがって、物質量は体積の比で分配されます。

• 全物質量: \(n_1+n_2\)
• 全体積: \(V_1+V_2\)

容器2（体積\(V_2\)）に存在する物質量 \(n_2’\) は、
$$n_2′ = (n_1+n_2) \times \frac{V_2}{V_1+V_2}$$
よって、
$$n_B = \frac{V_2(n_1+n_2)}{V_1+V_2}$$
別解: 状態方程式から求める
具体的な解説と立式
コックAを開いた後の状態（圧力\(p_A\), 温度\(T_A\)）について、容器2内の気体の状態方程式を立てます。
$$p_A V_2 = n_2′ R T_A$$
これを \(n_2’\) について解くと、
$$n_2′ = \frac{p_A V_2}{R T_A}$$
この式に、(2)で求めた \(p_A\) と \(T_A\) を代入します。
$$n_2′ = \frac{(p_1V_1 + p_2V_2)V_2}{(V_1+V_2)} \cdot \frac{1}{R} \cdot \frac{n_1+n_2}{n_1T_1+n_2T_2}$$
ここで、\(p_1V_1=n_1RT_1\), \(p_2V_2=n_2RT_2\) の関係を使うと、
$$
\begin{aligned}
n_2′ &= \frac{(n_1RT_1 + n_2RT_2)V_2}{(V_1+V_2)} \cdot \frac{1}{R} \cdot \frac{n_1+n_2}{n_1T_1+n_2T_2} \\[2.0ex]&= \frac{R(n_1T_1 + n_2T_2)V_2}{(V_1+V_2)} \cdot \frac{1}{R} \cdot \frac{n_1+n_2}{n_1T_1+n_2T_2} \\[2.0ex]&= \frac{V_2(n_1+n_2)}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$
となり、解法1と同じ結果が得られます。

• 温度: \(T_B = \displaystyle\frac{n_1T_1 + n_2T_2}{n_1+n_2}\)
• 物質量: \(n_B = \displaystyle\frac{V_2(n_1+n_2)}{V_1+V_2}\)

断熱自由膨張で温度が不変であるという点は、熱力学における重要な結論の一つです。

問(4)

思考の道筋とポイント
(3)で求めた状態量を用いて、容器2と3を占める気体の圧力 \(p_B\) を状態方程式から求めます。

この設問における重要なポイント

• 状態方程式 \(pV=nRT\) を適用する。
• 状態量は、体積 \(V_2+V_3\)、物質量 \(n_B\)、温度 \(T_B\)。

具体的な解説と立式
容器2と3を占める気体について、状態方程式を立てます。
$$p_B(V_2+V_3) = n_B R T_B$$

この式に、(3)で求めた \(n_B\) と \(T_B\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
p_B(V_2+V_3) &= \left( \frac{V_2(n_1+n_2)}{V_1+V_2} \right) R \left( \frac{n_1T_1 + n_2T_2}{n_1+n_2} \right) \\[2.0ex]p_B(V_2+V_3) &= \frac{V_2}{V_1+V_2} (n_1RT_1 + n_2RT_2)
\end{aligned}
$$
ここで、混合前の状態方程式 \(p_1V_1=n_1RT_1\) と \(p_2V_2=n_2RT_2\) を用いて、右辺を書き換えます。
$$p_B(V_2+V_3) = \frac{V_2}{V_1+V_2} (p_1V_1 + p_2V_2)$$
これを \(p_B\) について解くと、
$$p_B = \frac{V_2(p_1V_1 + p_2V_2)}{(V_1+V_2)(V_2+V_3)}$$

(3)の操作の後の気体の状態（物質量、体積、温度）はすべてわかっています。これらの値を状態方程式に代入することで、圧力を計算できます。

圧力は \(p_B = \displaystyle\frac{V_2(p_1V_1 + p_2V_2)}{(V_1+V_2)(V_2+V_3)}\) です。これは、(2)の圧力 \(p_A\) を、体積 \(V_1+V_2\) から \(V_2+V_3\) へと、ボイルの法則のように膨張させたときの圧力と見ることもできます（ただし、容器2の部分だけが膨張に関与）。

問(5)

思考の道筋とポイント
熱力学第二法則に関する語句補充問題です。法則の内容を正しく理解していれば解答できます。

この設問における重要なポイント

• 熱力学第二法則が示す「不可逆性」を理解していること。

具体的な解説と立式

• ア: 一度混ざったり拡散したりした気体が、自然に元の分離した状態に戻ることはありません。このような、一方にしか進まない変化を「不可逆変化」といいます。
• イ: 熱の移動の向きに関する法則は「熱力学第二法則」です。
• ウ, エ: 熱力学第二法則のクラウジウスの原理によれば、「熱は自然には、高温の物体から低温の物体へ移るのみである」。
• オ: 熱力学第二法則のトムソンの原理（またはケルビンの原理）によれば、「1つの熱源から熱を得て、それをすべて仕事に変えることのできる熱機関（第二種永久機関）は存在しない」。

• ア: 不可逆変化
• イ: 熱力学第二法則
• ウ: 高温
• エ: 低温
• オ: 熱機関（または第二種永久機関）

これらは熱力学の基本法則に関する知識問題です。

【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 (\(pV=nRT\)):
  • 核心: 気体の状態量（圧力\(p\)、体積\(V\)、物質量\(n\)、温度\(T\)）を結びつける最も基本的な法則です。この問題では、各容器の初期状態を記述したり、混合後の圧力を求めたりする際に繰り返し用いられます。
  • 理解のポイント: (2)や(4)の圧力計算では、最終的に \(p, V\) だけで表すことが求められています。そのため、途中で出てくる \(n, T\) などを、この状態方程式を使って \(p, V\) の式に書き換えていく操作が重要になります。
• 内部エネルギー保存則:
  • 核心: 「断熱された容器間でコックを開く」という操作では、系全体として外部との熱のやりとり（\(Q_{in}=0\)）も、外部への仕事（\(W_{out}=0\)）もありません。熱力学第一法則 \(\Delta U = Q_{in} – W_{out}\) より、系の内部エネルギーの総和は変化しません（\(\Delta U_{total} = 0\)）。
  • 理解のポイント: これが、混合後の温度を決定する鍵となる法則です。(2)の気体の混合でも、(3)の真空への断熱自由膨張でも、この法則が適用されます。特に、断熱自由膨張では気体が仕事をする相手がいないため、膨張後も温度が変わらない、という結論は非常に重要です。
• 単原子分子理想気体の内部エネルギーの公式 (\(U = \frac{3}{2}nRT\)):
  • 核心: 理想気体の内部エネルギーが、その種類（単原子分子か二原子分子かなど）と温度、物質量だけで決まることを示す式です。
  • 理解のポイント: この公式があるからこそ、「内部エネルギーが保存される」という条件を「温度と物質量に関する具体的な方程式」に書き下ろすことができます。もし気体が二原子分子であれば、この式は \(U = \frac{5}{2}nRT\) となり、最終的な温度の計算結果も変わってきます。

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

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 断熱圧縮・断熱膨張: ピストンで気体を断熱的に圧縮・膨張させる問題。この場合は気体が外部に仕事をする（または、される）ため、内部エネルギーは保存されません（\(\Delta U = W_{される}\)）。ポアソンの法則（\(pV^\gamma = \text{一定}\)）が成り立ちます。
  • 定圧変化・定積変化: 圧力を一定に保ちながら加熱、または体積を一定に保ちながら加熱する問題。それぞれの条件で熱力学第一法則を適用します。
  • 分子運動論との関連: 内部エネルギーが気体分子の運動エネルギーの総和と結びついていることを問う問題。\(U = \frac{3}{2}nRT = N(\frac{1}{2}m\overline{v^2})\) の関係が重要になります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 系の設定と断熱条件の確認: まず、どこからどこまでを一つの「系」として考えるか、そしてその系が外部と熱をやり取りしない「断熱」条件にあるかを確認します。これがエネルギー保存を考える上での大前提です。
  2. 仕事の有無の確認: コックを開く操作で、気体は「仕事」をしているか？
     • 気体同士の混合 \(\rightarrow\) 仕事はしない。
     • 真空への膨張（断熱自由膨張） \(\rightarrow\) 仕事はしない。
     • ピストンを押す \(\rightarrow\) 仕事をする。

     仕事の有無によって、内部エネルギーが保存されるかどうかが決まります。

  3. 状態方程式とエネルギー保存則の連立: 気体の問題では、多くの場合「状態方程式」と「エネルギーに関する法則（熱力学第一法則や内部エネルギー保存則）」の2つを連立させて解きます。未知数が2つあれば、この2式で解ける、という見通しを持つことが重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 断熱変化と断熱自由膨張の混同:
  • 誤解: 「断熱」と聞くと、すぐにポアソンの法則（\(pV^\gamma = \text{一定}\)）を使おうとしてしまう。
  • 対策: ポアソンの法則が成り立つのは、外部と仕事をやり取りしながらゆっくりと変化する「断熱圧縮・膨張」の場合です。コックを開いて真空に広がる「断熱自由膨張」では、気体は仕事をしないため、ポアソンの法則は成り立ちません。代わりに、内部エネルギーが保存され、温度が一定に保たれます。この2つの「断熱」の違いを明確に区別しましょう。
• 内部エネルギーの式の間違い:
  • 誤解: 気体の種類（単原子分子か二原子分子か）を見落とし、内部エネルギーの係数（3/2か5/2か）を間違える。
  • 対策: 問題文を注意深く読み、「単原子分子」という記述を見逃さないようにしましょう。記述がない場合は、問題の文脈から判断する必要があります。
• 混合後の物質量の扱い:
  • 誤解: (3)で、コックBを開く前の容器2内の物質量を、初めの\(n_2\)のままだと考えてしまう。
  • 対策: コックを開く操作は、時系列に沿って段階的に行われます。(2)の操作（コックAを開く）によって、容器1と2の気体は混ざり合い、物質量の配分が変化しています。(3)を考える際は、この「(2)の操作後の状態」を新たな初期状態として捉える必要があります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 容器とコックの図: 問題の図を自分で描き、各容器の初期状態（\(p, V, n, T\)）を書き込みます。コックを開く操作ごとに、どの容器が連結され、体積や物質量がどう変化するかを図に追記していくと、状況の変化が整理しやすくなります。
• エネルギー保存の概念図: 「コックを開く前」と「開いた後」の2つの状態を箱で描き、それぞれの箱の中に内部エネルギー（\(U_1, U_2\)など）を書き込みます。そして、断熱・仕事ゼロの操作であることを確認し、2つの箱のエネルギーの総和が等しい（\(\sum U_{前} = \sum U_{後}\)）という等式を概念的に理解します。
• 分子レベルのイメージ:
  • 混合: 温度の異なる気体を混ぜると、エネルギーの高い分子（高温側）と低い分子（低温側）が衝突を繰り返し、やがてエネルギーが均一にならされて中間的な温度に落ち着く、とイメージできます。
  • 断熱自由膨張: 気体分子が、何の抵抗もない真空空間に広がっていくだけの現象です。分子が何かを押しのけるわけではないので仕事はゼロ。分子の速さ（＝温度）も変わらない、とイメージできます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 内部エネルギー保存則:
  • 選定理由: (2), (3)で、断熱された容器間でコックを開くという操作後の「温度」を求めるため。この操作では、熱と仕事の出入りがないため、内部エネルギーの総和が不変量となります。この不変量に着目するのが最も直接的です。
  • 適用根拠: 熱力学第一法則 \(\Delta U = Q+W\) において、断熱(\(Q=0\))かつ外部への仕事がゼロ(\(W=0\))という物理的状況。
• 理想気体の状態方程式:
  • 選定理由: (2), (4)で、温度や物質量がわかった後の「圧力」を求めるため。また、計算過程で \(nRT\) を \(pV\) に書き換えるなど、異なる物理量の間をつなぐ「翻訳機」として不可欠です。
  • 適用根拠: 考察対象が「理想気体」であるという問題設定。
• 熱力学第二法則:
  • 選定理由: (5)で、気体の拡散という現象の「向き」や「元に戻らない性質」を説明するため。エネルギー保存則（第一法則）だけでは、変化の方向性（不可逆性）は説明できません。
  • 適用根拠: 経験的に確立された、自然現象の方向性を司る普遍的な法則。

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) 内部エネルギー:
   • 戦略: 単原子分子理想気体の内部エネルギーの公式を適用する。
   • フロー: \(U_1 = \frac{3}{2}n_1RT_1\), \(U_2 = \frac{3}{2}n_2RT_2\)。
2. (2) コックAを開く:
   • 戦略: ①内部エネルギー保存則から温度\(T_A\)を求める。②状態方程式から圧力\(p_A\)を求める。
   • フロー: \(\frac{3}{2}n_1RT_1 + \frac{3}{2}n_2RT_2 = \frac{3}{2}(n_1+n_2)RT_A\) \(\rightarrow\) \(T_A\)を解く。 \(\rightarrow\) \(p_A(V_1+V_2)=(n_1+n_2)RT_A\) と \(pV=nRT\) を使い \(p_A\) を求める。
3. (3) コックBを開く:
   • 戦略: ①断熱自由膨張なので温度は不変(\(T_B=T_A\))。②コックBを開く直前の容器2内の物質量\(n_2’\)が、そのまま容器2+3内の物質量\(n_B\)になる。
   • フロー: \(T_B = T_A\)。\(n_B = n_2′ = (n_1+n_2)\frac{V_2}{V_1+V_2}\)。
4. (4) 圧力\(p_B\)の計算:
   • 戦略: (3)の状態について状態方程式を立てる。
   • フロー: \(p_B(V_2+V_3) = n_B R T_B\) に(3)の結果を代入し、\(p_1, p_2, V_1, V_2, V_3\)で表す。
5. (5) 語句補充:
   • 戦略: 熱力学第二法則の内容を思い出す。
   • フロー: 不可逆変化、熱力学第二法則、高温・低温、熱機関（第二種永久機関）といったキーワードを埋める。

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: \(n_1, n_2, n_A, n_B\) や \(T_1, T_2, T_A, T_B\) など、多くの状態量が登場します。どの記号がどの状態を表しているのか、常に確認しながら式を立てましょう。
• 分数の計算: (2)や(4)の圧力計算のように、分数が多層になる場合は、内側から順に整理するか、一旦すべての項を分子・分母に並べてから約分するなど、自分なりの間違いにくい手順を確立しましょう。
• \(nRT\)と\(pV\)の相互変換: 状態方程式 \(pV=nRT\) は、\(nRT\)という項を\(pV\)に置き換えるための便利な道具です。問題で最終的にどの変数で表すよう求められているかを確認し、不要な変数をこの関係式で消去していく、という意識を持つと計算の見通しが良くなります。

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

• 温度の加重平均: (2)で求めた \(T_A = \frac{n_1T_1 + n_2T_2}{n_1+n_2}\) は、物質量\(n_1, n_2\)を重みとする加重平均になっています。もし \(n_1=n_2\) なら \(T_A = (T_1+T_2)/2\) という単純な相加平均になります。これは、同じ量の気体を混ぜたら温度はちょうど中間になるという直感と一致し、式の妥当性を裏付けます。
• 断熱自由膨張の帰結: (3)で温度が変化しない（\(T_B=T_A\)）という結果は、この問題のハイライトの一つです。気体が仕事をせず、熱の出入りもなければ、エネルギーの使い道がないので温度（＝内部エネルギー）は変わらない、という物理的描像と一致しているかを確認しましょう。
• 分圧の法則との関連: (2)で求めた \(p_A = \frac{p_1V_1 + p_2V_2}{V_1+V_2}\) は、もし温度が等しい(\(T_1=T_2\))という条件なら、ドルトンの分圧の法則そのものになります。このように、より単純な既知の法則と関連付けることで、答えの妥当性を検証できます。

問題69 (大阪公大)

【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、気体の圧力や内部エネルギーといったマクロな現象を、気体分子のミクロな運動の観点から解き明かす「気体分子運動論」の典型的な問題です。

• 前半(1)～(4)では、ピストンが固定されている静的な状況で、分子1個の運動から気体全体の圧力の式を導出します。
• 後半(5)～(8)では、ピストンを動かす（気体を圧縮する）動的な状況を考えます。動く壁との衝突によって分子の速度がどう変化し、それが気体全体の内部エネルギーの変化（温度上昇）にどうつながるかを解析します。

この問題の核心は、マクロな物理量（力、圧力、内部エネルギー）を、ミクロな分子の運動（運動量、運動エネルギー）の多数回の衝突による平均的な効果として捉え直すことです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「気体分子運動論」です。分子1個の運動から始め、それを多数の分子に拡張し、最終的に熱力学第一法則と結びつけるという、物理学の階層的な構造を体験できる問題です。
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。

1. 力積と運動量の関係: 物体が受けた力積は、その物体の運動量の変化に等しい。\(I = \Delta p\)。
2. 弾性衝突: 運動エネルギーが保存される衝突。壁との弾性衝突では、壁に垂直な速度成分の符号だけが反転します。
3. 平均の力: 多数回の衝突が断続的に起こる場合、その平均的な力の大きさは「（単位時間あたりの）運動量の変化」に等しくなります。\(F = \frac{\Delta p}{\Delta t}\)。
4. 圧力の定義: 圧力は、単位面積あたりに働く力です。\(p = F/S\)。
5. 相対速度と反発係数: 動く壁との衝突では、相対速度を用いた反発係数の式 \(e = -\frac{v_1′ – v_2′}{v_1 – v_2}\) が有効です。
6. 熱力学第一法則: 気体の内部エネルギーの変化は、気体が吸収した熱と外部からされた仕事の和に等しい。\(\Delta U = Q + W\)。断熱変化では \(Q=0\) なので \(\Delta U = W\) となります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、分子1個が固定された壁に衝突する際の力積を、運動量の変化から計算します（(1)）。
2. 次に、その分子が壁に繰り返し衝突する頻度を計算し、単位時間あたりの運動量変化、すなわち平均の力を求めます（(2), (3)）。
3. この結果を\(N\)個の分子に拡張し、統計的な平均（\(\overline{v_y^2} = \frac{1}{3}\overline{v^2}\)）を用いることで、気体全体の圧力の式を導出します（(4)）。
4. 後半では、動く壁との衝突を考えます。反発係数の式を用いて、衝突後の分子の速度を計算します（(5)）。
5. 1回の衝突による速度変化と衝突回数から、ピストンを動かし終えた後の最終的な速度を求めます（(6)）。
6. 分子の運動エネルギーの変化から、気体全体の内部エネルギーの変化を計算し（(7)）、それがピストンがした仕事と等しくなることを示します（(8)）。

問(1)

思考の道筋とポイント
1回の衝突における、面Aが分子から受ける力積を求めます。作用・反作用の法則から、これは「分子が面Aから受ける力積」と大きさが等しく、向きが逆になります。分子が受ける力積は、分子の運動量の変化から計算できます。

この設問における重要なポイント

• 力積と運動量の関係: \(I = \Delta p = p_{後} – p_{前}\)
• 作用・反作用の法則: \(I_{A \leftarrow 分子} = -I_{分子 \leftarrow A}\)
• 弾性衝突なので、y方向の速度は \(v_y \rightarrow -v_y\) と変化する。

具体的な解説と立式

• 衝突前の分子のy方向の運動量: \(p_{前} = mv_y\)
• 衝突後の分子のy方向の運動量: \(p_{後} = m(-v_y)\)

分子が面Aから受けた力積 \(I’\) は、
$$I’ = p_{後} – p_{前}$$

$$
\begin{aligned}
I’ &= (-mv_y) – (mv_y) \\[2.0ex]&= -2mv_y
\end{aligned}
$$
作用・反作用の法則により、面Aが分子から受ける力積 \(I\) は、
$$I = -I’ = 2mv_y$$

ボールを壁にぶつけると、ボールは壁から力を受けて跳ね返ります。同時に、壁もボールから力を受けます。このお互いに及ぼしあう「力×時間」が力積です。分子が壁に衝突して跳ね返る際の運動量の変化を計算することで、壁が受けた力積がわかります。

面Aが分子から受ける力積の大きさは \(2mv_y\) です。力積は正の値となり、面Aが右向き（正の向き）に力を受けたことを示しており、物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
1個の分子が、時間\(t\)の間に面Aと何回衝突するかを考えます。分子は面Aと弾性衝突した後、反対側の壁（\(y=0\)）まで行って跳ね返り、再び面Aに戻ってきます。この往復運動の周期を考えます。

この設問における重要なポイント

• 分子はy方向に速さ\(v_y\)で往復運動している。
• 1回の往復にかかる時間は、距離 \(2L\) を速さ \(v_y\) で移動する時間。

具体的な解説と立式
分子が面Aに衝突してから、次に再び面Aに衝突するまでに移動するy方向の距離は、往復で \(2L\) です。
y方向の速さは \(v_y\) で一定なので、1回の衝突にかかる時間 \(\Delta t_{衝突}\) は、
$$\Delta t_{衝突} = \frac{2L}{v_y}$$
したがって、時間\(t\)の間に衝突する回数 \(n_{衝突}\) は、
$$n_{衝突} = \frac{t}{\Delta t_{衝突}}$$

$$
\begin{aligned}
n_{衝突} &= \frac{t}{2L/v_y} \\[2.0ex]&= \frac{v_y t}{2L}
\end{aligned}
$$

分子は、容器の中をピンポン球のように行ったり来たりしています。面Aに1回ぶつかってから、次にぶつかるまでにかかる時間を計算します。そして、与えられた時間\(t\)が、この「1回あたりの時間」の何倍になっているかを計算することで、衝突回数がわかります。

衝突回数は \(\displaystyle\frac{v_y t}{2L}\) 回です。分子が速いほど(\(v_y\)大)、また容器が小さいほど(\(L\)小)、衝突回数が多くなるという直感に合う結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
面Aがこの1分子から受ける平均の力の大きさを求めます。平均の力は、単位時間あたりに受ける力積の大きさに等しいです。これは、時間\(t\)の間に受ける「総力積」を、時間\(t\)で割ることで計算できます。

この設問における重要なポイント

• 平均の力 \(\overline{f} = \frac{\text{総力積}}{\text{時間}}\)
• 総力積 = (1回の衝突での力積) × (衝突回数)

具体的な解説と立式
時間\(t\)の間に面Aが受ける総力積 \(I_{合計}\) は、
$$I_{合計} = (\text{1回の力積}) \times (\text{衝突回数})$$
平均の力 \(\overline{f}\) は、この総力積を時間\(t\)で割ることで得られます。
$$\overline{f} = \frac{I_{合計}}{t}$$

(1), (2)の結果を代入します。
$$
\begin{aligned}
I_{合計} &= (2mv_y) \times \left(\frac{v_y t}{2L}\right) \\[2.0ex]&= \frac{mv_y^2 t}{L}
\end{aligned}
$$
よって、平均の力は、
$$
\begin{aligned}
\overline{f} &= \frac{1}{t} \left( \frac{mv_y^2 t}{L} \right) \\[2.0ex]&= \frac{mv_y^2}{L}
\end{aligned}
$$

分子は壁に断続的に「コン、コン」とぶつかっていますが、非常に多数の分子がぶつかるため、壁は平均的に一定の力を受け続けます。この平均の力は、「1秒あたりに壁が受ける運動量の変化の合計」として計算できます。(1)と(2)の結果を使って、この値を求めます。

平均の力の大きさは \(\overline{f} = \displaystyle\frac{mv_y^2}{L}\) です。分子の運動エネルギーに比例し、容器の大きさに反比例するという、妥当な結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
(3)の結果を、\(N\)個の分子全体に拡張します。\(N\)個の分子が及ぼす力の合計は、1分子が及ぼす力の\(N\)倍と考えられますが、各分子の速度は異なるため、速度の2乗の「平均値」\(\overline{v_y^2}\)を用いる必要があります。

この設問における重要なポイント

• \(N\)個の分子による力は、1分子の力の\(N\)倍（平均値を使用）。
• 分子の運動の等方性から、\(\overline{v_y^2} = \frac{1}{3}\overline{v^2}\) を用いる。
• 圧力の定義 \(p = F/S\) を適用する。

具体的な解説と立式
1. 平均の力 \(F\) を求める
1分子が及ぼす平均の力は \(\overline{f} = \frac{m\overline{v_y^2}}{L}\) です。
\(N\)個の分子が及ぼす平均の力 \(F\) は、この\(N\)倍なので、
$$F = N \overline{f} = \frac{Nm\overline{v_y^2}}{L}$$
ここで、分子の運動の等方性 \(\overline{v_y^2} = \frac{1}{3}\overline{v^2}\) を用います。
$$F = \frac{Nm}{L} \left(\frac{1}{3}\overline{v^2}\right) = \frac{N m \overline{v^2}}{3L}$$
2. 圧力 \(p\) を求める
圧力は単位面積あたりの力です。面Aの面積は \(S=L^2\) なので、
$$p = \frac{F}{S} = \frac{F}{L^2}$$

圧力の式に、上で求めた \(F\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
p &= \frac{1}{L^2} \left( \frac{N m \overline{v^2}}{3L} \right) \\[2.0ex]&= \frac{N m \overline{v^2}}{3L^3}
\end{aligned}
$$

(3)で求めたのは、たった1個の分子が壁を押す平均の力です。実際にはN個の分子があるので、壁が受ける力は単純にそのN倍になります。ただし、分子の速さはバラバラなので、平均の速さを使って計算します。こうして壁全体が受ける力を求めた後、それを壁の面積で割ることで、気体の圧力を計算できます。

• 力: \(F = \displaystyle\frac{N m \overline{v^2}}{3L}\)
• 圧力: \(p = \displaystyle\frac{N m \overline{v^2}}{3L^3}\)

圧力の式は、気体分子運動論における最も基本的な結果の一つです。この式と \(pV=nRT\) を結びつけることで、温度と分子の運動エネルギーの関係が導かれます。

問(5)

思考の道筋とポイント
ピストン（面A）が動いている壁との衝突を考えます。分子と壁の衝突は弾性衝突なので、反発係数 \(e=1\) です。動く壁との衝突では、相対速度を用いた反発係数の式が有効です。

この設問における重要なポイント

• ピストンはy軸負の向きに速さ \(V = \frac{\Delta L}{T}\) で動いている。速度は \(-V\)。
• 反発係数の式: \(e = -\frac{(\text{衝突後の相対速度})}{(\text{衝突前の相対速度})}\)

具体的な解説と立式

• 衝突前の速度:
  • 分子: \(v_y\)
  • ピストン: \(-V = -\frac{\Delta L}{T}\)
• 衝突後の速度:
  • 分子: \(v_y’\)
  • ピストン: 速度は一定なので \(-V\) のまま。

反発係数の式 \(e=1\) より、
$$1 = -\frac{v_y’ – (-V)}{v_y – (-V)}$$

この式を \(v_y’\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
1 &= -\frac{v_y’ + V}{v_y + V} \\[2.0ex]v_y + V &= -(v_y’ + V) \\[2.0ex]v_y + V &= -v_y’ – V \\[2.0ex]v_y’ &= -v_y – 2V
\end{aligned}
$$
ここで、ピストンの速度 \(V = \frac{\Delta L}{T}\) を代入すると、
$$v_y’ = -v_y – 2\frac{\Delta L}{T}$$

向かってくる壁にボールをぶつけると、ボールはただの壁にぶつかったときより速く跳ね返ってきます。この問題でも同様に、分子は向かってくるピストンに衝突するため、跳ね返った後の速さが変わります。この変化を、反発係数の式を使って計算します。

衝突後のy成分は \(v_y’ = -v_y – 2\frac{\Delta L}{T}\) です。衝突前と比べて、速さの大きさが \(2V\) だけ増加しており、動く壁に衝突することで分子がエネルギーを得たことを示しています。

問(6)

思考の道筋とポイント
ピストンを動かしている時間\(T\)の間に、分子は何度もピストンと衝突します。1回の衝突で速さの大きさが \(2V\) ずつ増えるので、最終的な速さを計算します。

この設問における重要なポイント

• 1回の衝突で、y方向の速さの「大きさ」は \(2V\) 増加する。
• 衝突回数は、(2)の結果で \(t=T\) としたものを用いる。

具体的な解説と立式

• 1回の衝突による速さの大きさの増加分:
  衝突前後の速さの大きさは \(|v_y|\) と \(|v_y’| = |-v_y-2V| = |v_y|+2V\) なので、増加分は \(2V\)。
• 時間\(T\)の間の衝突回数:
  (2)の結果より \(n_{衝突} = \frac{v_y T}{2L}\)。
• 時間\(T\)後の速さの大きさの増加分の合計:
  $$\Delta |v_y|_{合計} = (2V) \times n_{衝突}$$
• ピストンを動かし終えた後の速さの大きさ:
  $$|v_{y, 後}| = |v_{y, 前}| + \Delta |v_y|_{合計}$$

$$
\begin{aligned}
\Delta |v_y|_{合計} &= \left(2\frac{\Delta L}{T}\right) \times \left(\frac{v_y T}{2L}\right) \\[2.0ex]&= \frac{v_y \Delta L}{L}
\end{aligned}
$$
したがって、ピストンを動かし終えた後の速さの大きさは、
$$
\begin{aligned}
|v_{y, 後}| &= v_y + \frac{v_y \Delta L}{L} \\[2.0ex]&= v_y\left(1 + \frac{\Delta L}{L}\right)
\end{aligned}
$$

分子はピストンに1回ぶつかるたびに、少しずつスピードアップします。時間\(T\)の間に何回ぶつかるかは(2)で計算済みです。したがって、「1回あたりのスピードアップ量」×「衝突回数」で、トータルのスピードアップ量を計算し、元の速さに足し合わせます。

速さの大きさは \(v_y\left(1 + \frac{\Delta L}{L}\right)\) となります。気体を圧縮したことで分子の速さが増加し、気体の温度が上昇したことを示唆しています。

問(7)

思考の道筋とポイント
ピストンを動かす前後での、\(N\)個の分子の運動エネルギーの総和の変化、すなわち内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 内部エネルギーは全分子の運動エネルギーの総和。
• x, z方向の速度は変化しないが、y方向の速度は(6)の結果に従って変化する。
• \(\Delta L\)が十分に小さいという近似を用いる。

具体的な解説と立式
内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) は、運動エネルギーの変化の総和です。x, z方向の速度は変化しないため、y方向の運動エネルギーの変化のみを考えればよいです。
$$\Delta U = U_{後} – U_{前} = \frac{N}{2}m(\overline{v_{y,後}^2} – \overline{v_y^2})$$
(6)の結果から、
$$\overline{v_{y,後}^2} \approx \overline{v_y^2}\left(1 + \frac{\Delta L}{L}\right)^2$$
問題文の近似式 \((1+x)^2 \approx 1+2x\) を用いると、
$$\overline{v_{y,後}^2} \approx \overline{v_y^2}\left(1 + \frac{2\Delta L}{L}\right)$$
したがって、
$$\Delta U \approx \frac{N}{2}m\left\{\overline{v_y^2}\left(1 + \frac{2\Delta L}{L}\right) – \overline{v_y^2}\right\}$$

$$
\begin{aligned}
\Delta U &\approx \frac{N}{2}m\left\{\overline{v_y^2} + \overline{v_y^2}\frac{2\Delta L}{L} – \overline{v_y^2}\right\} \\[2.0ex]&\approx \frac{N}{2}m\left(\overline{v_y^2} \frac{2\Delta L}{L}\right) \\[2.0ex]&\approx \frac{Nm\overline{v_y^2}}{L}\Delta L
\end{aligned}
$$
等方性 \(\overline{v_y^2} = \frac{1}{3}\overline{v^2}\) を用いると、
$$\Delta U \approx \frac{Nm\overline{v^2}}{3L}\Delta L$$
アに入るのは \(\displaystyle\frac{Nm\overline{v^2}}{3L}\) です。

アは \(\displaystyle\frac{Nm\overline{v^2}}{3L}\) です。これは(4)で求めた力\(F\)と同じ形をしています。

問(8)

思考の道筋とポイント
ピストンが気体にした仕事\(W\)を計算し、それが(7)で求めた内部エネルギーの変化\(\Delta U\)と等しくなることを示します。

この設問における重要なポイント

• 仕事 = 力 × 距離
• 気体が外部からされた仕事 \(W\) を考える。
• 断熱変化なので、熱力学第一法則は \(\Delta U = W\) となる。

具体的な解説と立式

• ピストンが気体を押す力: 気体がピストンを押す力\(F\)とつりあう大きさなので、(4)の結果から \(F = \displaystyle\frac{Nm\overline{v^2}}{3L}\)。
• ピストンが動いた距離: \(\Delta L\)。

ピストンが気体にした仕事 \(W\) は、
$$W = F \times \Delta L = \frac{Nm\overline{v^2}}{3L}\Delta L$$
一方、(7)で求めた内部エネルギーの変化は、
$$\Delta U = \frac{Nm\overline{v^2}}{3L}\Delta L$$
したがって、\(\Delta U = W\) が成り立っていることが示されました。

上記の通りです。

\(\Delta U = W\) が示され、気体分子のミクロな運動から導かれた結果が、マクロな熱力学第一法則と整合していることが確認できました。これは気体分子運動論の妥当性を示す重要な結果です。

【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？

• 力積と運動量の関係 (\(I = \Delta p\)):
  • 核心: 気体分子が壁に及ぼす力や圧力は、多数の分子が壁に衝突し、その都度運動量が変化することの集積として生じます。この問題の前半は、分子1個の1回の衝突による運動量変化（\(=2mv_y\)）から出発し、それを平均化・累積することでマクロな圧力の式を導出する、気体分子運動論の最も基本的な導出プロセスそのものです。
  • 理解のポイント: 「力」を直接求めるのではなく、「力積」を経由して「平均の力」を求めるという手順を理解することが重要です。
• 動く壁との弾性衝突:
  • 核心: 分子が、静止した壁ではなく動いている壁（ピストン）に衝突すると、分子の速さ（運動エネルギー）が変化します。向かってくる壁に当たれば速くなり、遠ざかる壁に当たれば遅くなります。
  • 理解のポイント: (5)では、この速度の変化を反発係数の式（相対速度を用いる）で計算します。この1回の衝突による速度増加（\(\Delta |v_y| = 2V\)）が、気体全体を圧縮したときに内部エネルギーが増加する（温度が上がる）原因となります。
• 熱力学第一法則 (\(\Delta U = Q + W\)):
  • 核心: 気体の内部エネルギーの変化は、外部との熱のやり取り(\(Q\))と、外部からされた仕事(\(W\))の和に等しいという、エネルギー保存則の熱力学バージョンです。
  • 理解のポイント: この問題では、容器が断熱されているため \(Q=0\) であり、法則は \(\Delta U = W\) となります。(7)で計算した内部エネルギーの増加量が、(8)で計算したピストンが気体にした仕事と一致することを示すことで、ミクロな分子運動論の描像と、マクロな熱力学の法則が見事に結びつくことを示しています。

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

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 分子の速さと温度の関係: (4)で求めた圧力の式 \(p = \frac{N m \overline{v^2}}{3V}\) (\(V=L^3\))と、状態方程式 \(pV=nRT\) を組み合わせることで、分子の平均運動エネルギーと絶対温度の関係 \(\frac{1}{2}m\overline{v^2} = \frac{3}{2}kT\) （\(k\)はボルツマン定数）を導く問題。
  • 断熱変化とポアソンの法則: この問題の(8)は、微小な断熱圧縮（\(\Delta U = W\)）を扱っています。これを積分的に扱うことで、断熱変化におけるポアソンの法則 \(pV^\gamma = \text{一定}\) を導出する問題につながります。
  • 分子ビームの実験: 特定の速度を持つ分子を壁に当て、その圧力を測定するような問題。考え方はこの問題の(1)～(3)と全く同じです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 問われているのは「1分子」か「N個全体」か？: 問題の前半は1分子、後半はN個全体について問われています。どこで「1分子の運動」から「N個の平均」に切り替えるのかを意識することが重要です。
  2. 壁は「固定」か「移動」か？: 壁が固定されていれば、衝突による分子の速さの大きさは変わりません。壁が動いていれば、速さの大きさが変化し、気体の内部エネルギーも変化します。この違いが、問題を解く上での大きな分岐点です。
  3. 統計的な仮定（等方性）はいつ使うか？: \(\overline{v_y^2} = \frac{1}{3}\overline{v^2}\) のような統計的な仮定は、個々の分子の運動ではなく、気体全体の平均的な性質（圧力など）を議論する際に導入されます。(4)がその典型例です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 力積の向き:
  • 誤解: (1)で、分子が受ける力積と壁が受ける力積を混同し、符号を間違える。
  • 対策: 「誰が」「誰から」受ける力積なのかを明確にしましょう。分子の運動量の変化から直接計算できるのは「分子が壁から受けた力積」です。壁が受けた力積は、その反作用として符号を反転させる必要があります。
• 平均の力の計算:
  • 誤解: (3)で、平均の力を「1回の衝突の力積 ÷ 1回の衝突時間」で計算しようとしてしまう。
  • 対策: 分子の衝突は瞬間的（衝突時間はゼロとみなせる）なので、この計算はできません。平均の力は、ある程度の時間\(t\)の間に「何回衝突し、合計でどれだけの力積を与えたか」という観点から、「総力積 ÷ 時間」で計算するのが正しいアプローチです。
• 動く壁との衝突速度:
  • 誤解: (5)で、動く壁との衝突を、固定された壁との衝突と同じように考え、衝突後の速度を単純に \(-v_y\) としてしまう。
  • 対策: 壁が動いている場合は、必ず壁の速度を考慮に入れる必要があります。観測する座標系（実験室系）で反発係数の式を立てるか、あるいは壁と一緒に動く座標系（相対座標系）で考えてから元の座標系に戻す、という手順を踏む必要があります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• 分子の軌跡の図示: (2)で衝突回数を考える際、y軸方向の運動だけに着目し、分子がy軸上を往復運動するイメージを描くと、往復距離が\(2L\)であることが視覚的に理解しやすくなります。
• 運動量変化のベクトル図: (1)の衝突では、衝突前後の運動量ベクトルを描くと、その差（\(\Delta \vec{p}\)）がy軸負の向きを向くベクトルになることがわかります。これが分子が受けた力積のベクトルです。
• 動く壁との衝突のイメージ: 向かってくる壁（ピストン）にボールを打ち返す野球のバッティングをイメージすると、衝突後に分子の速さが増すことが直感的に理解できます。逆に、遠ざかる壁に衝突させると、バントのように勢いが殺され、速さが減少します。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力積と運動量の関係:
  • 選定理由: (1)で、衝突という瞬間的な現象で働く「力積」を求めるため。力を時間で積分するのは困難ですが、運動量の変化なら衝突の前後だけで計算できるため、この関係式が選ばれます。
  • 適用根拠: ニュートンの運動方程式 \(F=ma=m\frac{d\vec{v}}{dt}\) を時間で積分したものであり、常に成り立ちます。
• 平均の力 \(F = I_{合計}/t\):
  • 選定理由: (3)で、断続的な衝突によって生じる、時間的に平均化された「力」を求めるため。
  • 適用根拠: 力積の定義 \(I = \int F dt\) を、平均の力\(\overline{F}\)を用いて \(I \approx \overline{F} t\) と近似したもので、多数回の事象をマクロな量と結びつける際の基本的な考え方です。
• 熱力学第一法則 (\(\Delta U = W\)):
  • 選定理由: (8)で、ミクロな分子運動論から導いた内部エネルギーの変化と、マクロな力学で定義される仕事の関係性を示し、両者が同じ物理法則の異なる側面であることを確認するため。
  • 適用根拠: エネルギー保存則の熱力学における表現であり、断熱(\(Q=0\))という条件の下で適用されます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 1回の力積:
   • 戦略: 分子の運動量変化を計算し、反作用として壁が受ける力積を求める。
   • フロー: \(\Delta p_{分子} = -2mv_y\) \(\rightarrow\) \(I_{壁} = -\Delta p_{分子} = 2mv_y\)。
2. (2) 衝突回数:
   • 戦略: 1回の往復運動にかかる時間を計算し、時間\(t\)をそれで割る。
   • フロー: \(\Delta t = 2L/v_y\) \(\rightarrow\) \(n = t/\Delta t = v_y t / 2L\)。
3. (3) 1分子の平均の力:
   • 戦略: 総力積（(1)×(2)）を時間\(t\)で割る。
   • フロー: \(I_{合計} = (2mv_y)(v_y t / 2L)\) \(\rightarrow\) \(\overline{f} = I_{合計}/t = mv_y^2/L\)。
4. (4) 圧力:
   • 戦略: ①(3)の結果をN個の分子に拡張し、平均化(\(\overline{v_y^2}=\overline{v^2}/3\))する。②圧力の定義\(p=F/S\)を適用。
   • フロー: \(F = N \cdot (m\overline{v_y^2}/L) = Nm\overline{v^2}/3L\) \(\rightarrow\) \(p = F/L^2 = Nm\overline{v^2}/3L^3\)。
5. (5) 動く壁との衝突:
   • 戦略: 反発係数の式(\(e=1\))を、分子とピストンの速度に適用する。
   • フロー: \(1 = -(v_y’ – (-V))/(v_y – (-V))\) \(\rightarrow\) \(v_y’\)を解く。
6. (6) 圧縮後の速度:
   • 戦略: 1回の衝突での速度増加量と、時間\(T\)の間の衝突回数を掛け合わせ、初期速度に加える。
   • フロー: \(\Delta |v_y| = 2V\), \(n_{衝突} = v_y T / 2L\) \(\rightarrow\) \(|v_{y,後}| = v_y + \Delta|v_y| \cdot n_{衝突}\)。
7. (7) 内部エネルギー変化:
   • 戦略: (6)の結果を使い、ピストンを動かす前後の運動エネルギーの総和の差を計算する。
   • フロー: \(\Delta U = U_{後} – U_{前} = \frac{N}{2}m(\overline{v_{y,後}^2} – \overline{v_y^2})\)。
8. (8) 熱力学第一法則の確認:
   • 戦略: ピストンがした仕事 \(W = F \cdot \Delta L\) を計算し、(7)の\(\Delta U\)と一致することを示す。
   • フロー: \(W = (Nm\overline{v^2}/3L)\Delta L\) \(\rightarrow\) \(W = \Delta U\) を確認。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 平均操作のタイミング: \(\overline{v_y^2}\)や\(\overline{v^2}\)のような平均操作は、N個の分子全体を扱う段階（(4)や(7)）で初めて導入します。1分子の運動を考えている段階では、個別の速度\(v_y\)のまま計算を進めることを意識しましょう。
• 近似式の適用: (6)や(7)では、\(\Delta L\)が小さいという近似が複数回使われています。どの段階でどの近似（例：衝突回数は変化しない、\((1+x)^2 \approx 1+2x\)）を使っているかを明確に意識しながら計算を進めましょう。
• 文字の定義: \(V\)（ピストンの速さ）と\(v\)（分子の速さ）など、似た文字の定義を混同しないように注意が必要です。

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

• マクロな法則との整合性: (4)で導出した圧力の式が、\(pV = \frac{1}{3}Nm\overline{v^2}\) という気体分子運動論の基本公式になっていることを確認します。また、(8)で \(\Delta U = W\) が示されたことは、ミクロな分子の運動モデルが、マクロな熱力学の法則と無矛盾であることを示しており、計算の正しさを強く裏付けます。
• 物理的意味の考察:
  • (5)で衝突後の速度が \(v_y’ = -v_y – 2V\) となったことは、分子がピストンからエネルギーをもらったことを意味します。このエネルギー供給が、断熱圧縮で気体の温度が上がる原因です。
  • (7)で \(\Delta U \propto \Delta L\) となったことは、圧縮した量に比例して内部エネルギーが増加することを示しており、直感と一致します。

問題70 (電気通信大改)

【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、ガラス管に封じ込められた気体が、温度や管の傾きを変えることで状態を変化させていく、熱力学のサイクルに関する問題です。水銀柱がピストンの役割を果たし、気体の圧力を調整します。
この問題の核心は、各状態（A, B, C, D）と各過程（A→B, B→C, C→D, D→A）において、気体の状態量（圧力、体積、温度）がどのように変化し、どの物理法則が適用できるかを正確に把握することです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「理想気体の状態変化」です。各過程が等温、定圧、定積のどれにあたるか、また、力のつりあいから圧力がどう決まるかを考えることが重要です。
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。

1. 力のつりあい: 水銀柱にはたらく力のつりあいから、内部の気体の圧力を求めます。大気圧による力、水銀の重力の成分、内部気体の圧力がつりあいます。
2. 理想気体の状態方程式: \(pV=nRT\)。気体の状態量を結びつける基本式です。体積は \(V=Sl\) で計算します。
3. ボイル・シャルルの法則: 密封された気体（物質量\(n\)が一定）の状態変化では、\(\frac{pV}{T} = \text{一定}\) が常に成り立ちます。
4. 熱力学第一法則と定圧モル比熱: 気体に加えられた熱量\(Q\)は、内部エネルギーの変化\(\Delta U\)と気体がした仕事\(W\)の和に等しい（\(Q = \Delta U + W\)）。特に定圧変化では、\(Q = nC_p \Delta T\) と計算できます。単原子分子理想気体の場合、定圧モル比熱は \(C_p = \frac{5}{2}R\) です。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. 各状態において、水銀柱にはたらく力のつりあいを考え、気体の圧力を求めます。
2. 状態Aから出発し、状態方程式を用いて最初の気体の長さ\(l_0\)を求めます（(1)）。
3. A→Bの変化が等温変化であることに注目し、ボイルの法則（または状態方程式）を用いて状態Bの\(l_1\)を求めます（(2)）。
4. B→Cの変化が定圧変化であることに注目し、シャルルの法則（または状態方程式）を用いて状態Cの温度\(T_1\)を求め、定圧モル比熱を用いて加えられた熱量\(Q\)を計算します（(3)）。
5. C→Dの変化が等温変化であることから、状態Dの\(l_2\)を求めます（(4)）。
6. 最後に、これまでの結果をまとめて、横軸を\(l\)、縦軸を\(p\)とするグラフを描きます（(5)）。

問(1)

思考の道筋とポイント
状態Aでは、ガラス管が水平に置かれています。水銀柱にはたらく水平方向の力は、内部の気体が押す力と、外部の大気が押す力です。これらがつりあっていることから、気体の圧力がわかります。その後、状態方程式を適用します。

この設問における重要なポイント

• 水平状態では、内部気体の圧力と大気圧は等しい。
• 気体の体積は \(V_A = Sl_0\)。

具体的な解説と立式
状態Aでは、水銀柱は水平方向の力のつりあい状態にあります。
$$p_A S = p_0 S \quad \rightarrow \quad p_A = p_0$$
状態Aの気体について、理想気体の状態方程式 \(pV=nRT\) を立てます。
$$p_0 (Sl_0) = nRT_0$$

この式を \(l_0\) について解きます。
$$l_0 = \frac{nRT_0}{p_0 S}$$

ガラス管が水平なので、中の気圧と外の気圧（大気圧）は同じです。この条件と、気体の体積が \(Sl_0\) であることを使って、理想気体の状態方程式に当てはめ、気体の長さ \(l_0\) を計算します。

状態Aでの気体の長さは \(l_0 = \displaystyle\frac{nRT_0}{p_0 S}\) です。これは状態方程式を素直に適用した結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
状態Bでは、ガラス管が角度\(\theta\)だけ傾いています。水銀柱には、管の軸方向に「内部気体が押す力」「大気が押す力」「水銀の重力の成分」の3つの力がはたらき、これらがつりあっています。この力のつりあいから圧力\(p_1\)を求め、次にA→Bが等温変化であることを利用して長さ\(l_1\)を求めます。

この設問における重要なポイント

• 水銀柱にはたらく力を、管の軸方向で考える。
• 水銀の重力 \(Mg\) の、管の軸に沿った成分は \(Mg\sin\theta\)。
• A→Bは等温変化なので、ボイルの法則 \(pV = \text{一定}\) が成り立つ。

具体的な解説と立式
1. 圧力 \(p_1\) を求める
状態Bでの力のつりあいの式は、
$$p_1 S = p_0 S + Mg\sin\theta$$
$$p_1 = p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}$$
2. 長さ \(l_1\) を求める
操作A→Bは等温変化なので、ボイルの法則 \(p_A V_A = p_B V_B\) が成り立ちます。
$$p_0 (Sl_0) = p_1 (Sl_1)$$

ボイルの法則の式を \(l_1\) について解き、上で求めた \(p_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
l_1 &= \frac{p_0}{p_1}l_0 \\[2.0ex]&= \frac{p_0}{p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}} l_0
\end{aligned}
$$
(1)の結果 \(l_0 = \frac{nRT_0}{p_0 S}\) を代入して整理すると、
$$
\begin{aligned}
l_1 &= \frac{p_0}{p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}} \cdot \frac{nRT_0}{p_0 S} \\[2.0ex]&= \frac{nRT_0}{S(p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S})} \\[2.0ex]&= \frac{nRT_0}{p_0 S + Mg\sin\theta}
\end{aligned}
$$

管を傾けると、水銀の重さが気体を追加で押すようになります。このため、気体の圧力は高くなります。まず、この新しい圧力\(p_1\)を力のつりあいから計算します。次に、この操作は温度を変えずに行われたので、ボイルの法則（圧力と体積は反比例）を使って、体積（気体の長さ）がどう変わるかを計算します。

• 圧力: \(p_1 = p_0 + \displaystyle\frac{Mg\sin\theta}{S}\)
• 長さ: \(l_1 = \displaystyle\frac{nRT_0}{p_0 S + Mg\sin\theta}\)

管を傾けることで圧力が増加し(\(p_1 > p_0\))、体積（長さ）が減少する(\(l_1 < l_0\))という、物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
操作B→Cは、管の角度\(\theta\)を保ったまま加熱する定圧変化です。まず、シャルルの法則を用いて状態Cの温度\(T_1\)を求めます。次に、定圧変化で気体に加えられた熱量\(Q\)を、定圧モル比熱 \(C_p\) を用いて計算します。最終的に、与えられた文字のみで表現します。

この設問における重要なポイント

• B→Cは定圧変化（\(p_1\)で一定）。シャルルの法則 \(\frac{V}{T} = \text{一定}\) が成り立つ。
• 定圧変化で加えられた熱量は \(Q = nC_p \Delta T\)。
• 単原子分子理想気体の定圧モル比熱は \(C_p = \frac{5}{2}R\)。

具体的な解説と立式
1. 温度 \(T_1\) を求める
B→Cは圧力\(p_1\)一定の定圧変化なので、シャルルの法則が成り立ちます。
$$\frac{Sl_1}{T_0} = \frac{Sl_0}{T_1}$$
2. 熱量 \(Q\) を求める
定圧変化なので、加えられた熱量\(Q\)は、
$$Q = nC_p (T_1 – T_0)$$
単原子分子理想気体なので、\(C_p = \frac{5}{2}R\) です。

温度 \(T_1\) の計算:
シャルルの法則の式を \(T_1\) について解きます。
$$T_1 = \frac{l_0}{l_1}T_0$$
(2)の結果から \(\frac{l_0}{l_1} = \frac{p_1}{p_0}\) なので、
$$
\begin{aligned}
T_1 &= \frac{p_1}{p_0}T_0 \\[2.0ex]&= \left(\frac{p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}}{p_0}\right)T_0 \\[2.0ex]&= \left(1 + \frac{Mg\sin\theta}{p_0 S}\right)T_0
\end{aligned}
$$
熱量 \(Q\) の計算:
$$
\begin{aligned}
Q &= \frac{5}{2}nR(T_1 – T_0) \\[2.0ex]&= \frac{5}{2}nR\left\{ \left(1 + \frac{Mg\sin\theta}{p_0 S}\right)T_0 – T_0 \right\} \\[2.0ex]&= \frac{5}{2}nR\left( \frac{Mg\sin\theta}{p_0 S} \right)T_0 \\[2.0ex]&= \frac{5nRT_0 Mg\sin\theta}{2p_0 S}
\end{aligned}
$$

• 温度: \(T_1 = \left(1 + \frac{Mg\sin\theta}{p_0 S}\right)T_0\)
• 熱量: \(Q = \displaystyle\frac{5nRT_0 Mg\sin\theta}{2p_0 S}\)

定圧膨張なので、温度は体積（長さ）に比例して上昇します。加えられた熱量は、内部エネルギーの増加と外部への仕事の両方に使われます。

問(4)

思考の道筋とポイント
操作C→Dは、温度\(T_1\)を保ったままの等温変化です。ボイルの法則を適用して、状態Dでの気体の長さ\(l_2\)を求めます。最終的に、与えられた文字のみで表現します。

この設問における重要なポイント

• C→Dは等温変化（\(T_1\)で一定）。ボイルの法則 \(pV = \text{一定}\) が成り立つ。
• 状態Dは水平なので、圧力は \(p_D = p_A = p_0\)。

具体的な解説と立式
C→Dは温度\(T_1\)一定の等温変化なので、ボイルの法則が成り立ちます。

• 状態C: \(p_C = p_1\), \(V_C = Sl_0\)
• 状態D: \(p_D = p_0\), \(V_D = Sl_2\)

$$p_C V_C = p_D V_D$$
$$p_1 (Sl_0) = p_0 (Sl_2)$$

この式を \(l_2\) について解きます。
$$l_2 = \frac{p_1}{p_0}l_0$$
ここに、(2)で求めた \(p_1 = p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}\) と、(1)で求めた \(l_0 = \frac{nRT_0}{p_0 S}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
l_2 &= \left(\frac{p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}}{p_0}\right) \left(\frac{nRT_0}{p_0 S}\right) \\[2.0ex]&= \left(1 + \frac{Mg\sin\theta}{p_0 S}\right) \frac{nRT_0}{p_0 S}
\end{aligned}
$$

管を水平に戻すと、気体を押していた水銀の重さの成分がなくなり、圧力が \(p_1\) から \(p_0\) に下がります。温度は一定のままなので、ボイルの法則に従って、圧力が下がった分だけ気体は膨張し、長さが \(l_0\) から \(l_2\) に伸びます。

長さは \(l_2 = \left(1 + \displaystyle\frac{Mg\sin\theta}{p_0 S}\right) \displaystyle\frac{nRT_0}{p_0 S}\) です。\(p_1 > p_0\) なので、\(l_2 > l_0\) となり、物理的に妥当です。

問(5)

思考の道筋とポイント
これまでの結果を元に、p-lグラフ（圧力-体積グラフに相当）を描きます。各過程がどのような曲線になるかを考え、状態A, B, C, Dの座標をプロットします。

この設問における重要なポイント

• 横軸が \(l\)（体積に比例）、縦軸が \(p\)。
• A→B, C→Dは等温変化。\(pV=\text{一定}\) なので \(pl=\text{一定}\)。グラフは反比例の曲線（等温線）。
• B→C, D→Aは定圧変化。グラフは水平な直線。

具体的な解説と立式
各状態の座標（\(l, p\)）を整理します。

• 状態A: \((l_0, p_0)\)
• 状態B: \((l_1, p_1)\)
• 状態C: \((l_0, p_1)\)
• 状態D: \((l_2, p_0)\)

ここで、\(p_1 > p_0\) であり、\(l_1 < l_0 < l_2\) です。

各過程のグラフの形を考えます。

• A→B (等温): \(p\) と \(l\) は反比例。状態A \((l_0, p_0)\) から状態B \((l_1, p_1)\) へ、等温線 \(pl = p_0 l_0\) に沿って移動。
• B→C (定圧): 圧力 \(p_1\) 一定。状態B \((l_1, p_1)\) から状態C \((l_0, p_1)\) へ、水平な直線で移動。
• C→D (等温): \(p\) と \(l\) は反比例。状態C \((l_0, p_1)\) から状態D \((l_2, p_0)\) へ、等温線 \(pl = p_1 l_0\) に沿って移動。
• D→A (定圧): 圧力 \(p_0\) 一定。状態D \((l_2, p_0)\) から状態A \((l_0, p_0)\) へ、水平な直線で移動。

これらの点をプロットし、指定された線種で結ぶと、サイクルを描くことができます。状態AとD、状態BとCがそれぞれ同じ圧力レベルにあり、状態AとBが温度\(T_0\)の等温線上、状態CとDが温度\(T_1\)の等温線上にあることがポイントです。

グラフは、2本の水平な直線（定圧変化）と、2本の反比例曲線（等温変化）で構成されるサイクルを描きます。各点の座標の関係（\(p_1>p_0, l_1<l_0<l_2\)）を正しく反映させることが重要です。

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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 (\(pV=nRT\)):
  • 核心: 気体の状態量（圧力\(p\)、体積\(V\)、温度\(T\)）を結びつける、熱力学の最も基本的な法則です。この問題では、各状態（A, B, C, D）における状態量を関連付けるために繰り返し使用されます。
  • 理解のポイント: 特に、体積\(V\)を気体の長さ\(l\)と断面積\(S\)を用いて \(V=Sl\) と表現し、状態方程式を \(p(Sl)=nRT\) の形で扱うことが重要です。
• 力のつりあい（圧力の決定）:
  • 核心: 閉じ込められた気体の圧力は、多くの場合、外部の力とのつりあいによって決まります。この問題では、水銀柱がピストンの役割を果たしており、水銀柱にはたらく力のつりあいを考えることで、内部の気体の圧力を求めることができます。
  • 理解のポイント:
    • 管が水平のとき（状態A, D）: 気体の圧力は単純に大気圧\(p_0\)と等しくなります。
    • 管が傾いているとき（状態B, C）: 気体の圧力は、大気圧に加えて、水銀柱の重力の斜面成分による圧力を支える必要があります。したがって、圧力は \(p_1 = p_0 + \frac{Mg\sin\theta}{S}\) となります。
• 熱力学第一法則とモル比熱:
  • 核心: 気体に加えられた熱量\(Q\)、内部エネルギーの変化\(\Delta U\)、気体がした仕事\(W\)の関係を示す \(Q = \Delta U + W\) というエネルギー保存則です。
  • 理解のポイント: (3)の操作B→Cは、圧力が一定の「定圧変化」です。このとき、加えられた熱量\(Q\)は、定圧モル比熱\(C_p\)を用いて \(Q = nC_p \Delta T\) と簡潔に計算できます。単原子分子理想気体の場合、\(C_p = \frac{5}{2}R\) となることを覚えておく必要があります。

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

• 応用できる類似問題のパターン:
  • U字管内の気体の状態変化: U字管の一方に気体を閉じ込め、もう一方の液面の高さの変化から圧力や体積の変化を読み取る問題。力のつりあいの考え方が共通しています。
  • ピストン付きシリンダーのサイクル問題: \(p-V\)グラフで囲まれた熱力学サイクル（カルノーサイクル、オットーサイクルなど）の問題。各過程が定積・定圧・等温・断熱のどれに当たるかを見極め、それぞれの法則を適用する点で共通しています。
  • 気球の問題: 前問（67番）のように、浮力と重力のつりあいから内部の気体の状態を考察する問題。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 状態と過程の整理: まず、問題文で定義されている各状態（A, B, C, D…）と、それらを結ぶ各過程（A→B, B→C…）を明確に区別し、図や表に整理します。
  2. 各過程の性質を特定する: 各過程が「等温」「定圧」「定積」「断熱」のどれに該当するかを特定します。これにより、適用すべき法則（ボイルの法則、シャルルの法則など）が決まります。
  3. 各状態での圧力を特定する: 気体の圧力は、外部との力のつりあいで決まることが多いです。各状態において、ピストンや液体にはたらく力を図示し、力のつりあいの式を立てて圧力を求めます。
  4. 物質量\(n\)は一定か？: 気体が密封されていれば、物質量\(n\)は常に一定です。これにより、ボイル・シャルルの法則 \(\frac{pV}{T}=\text{一定}\) が使えます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 圧力の計算ミス:
  • 誤解: (2)で管を傾けたときの圧力を、大気圧\(p_0\)のままだと考えてしまう。あるいは、重力\(Mg\)をそのまま圧力の項に加えてしまう。
  • 対策: 圧力は「単位面積あたりの力」です。水銀柱の重力\(Mg\)を断面積\(S\)で割った \(\frac{Mg}{S}\) が圧力の次元を持つ量になります。力のつりあいの式 \(p_1 S = p_0 S + Mg\sin\theta\) を立ててから、両辺を\(S\)で割る、という手順を踏むと間違いがありません。
• 体積と長さの混同:
  • 誤解: 状態方程式 \(pV=nRT\) に、体積\(V\)の代わりに長さ\(l\)をそのまま代入してしまう。
  • 対策: 体積は \(V=Sl\) です。常にこの関係を意識し、状態方程式やボイル・シャルルの法則を適用する際には、\(p(Sl)\) のように正しく体積を代入しましょう。
• 熱量の計算方法の誤り:
  • 誤解: (3)の定圧変化で加えられた熱量を、内部エネルギーの変化 \(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\) だけで計算してしまう。
  • 対策: 定圧変化では、気体は膨張して外部に仕事(\(W=p\Delta V\))をします。したがって、加えられた熱量は内部エネルギーの増加と仕事の両方に使われます。\(Q = \Delta U + W\)。これをまとめて計算できるのが \(Q=nC_p\Delta T\) の公式です。定圧変化か定積変化かで使うモル比熱が異なる(\(C_p\)か\(C_v\))ことをしっかり区別しましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• \(p-V\)グラフ（または\(p-l\)グラフ）の活用: (5)で問われているように、気体の状態変化を\(p-V\)グラフ（この問題では\(p-l\)グラフ）上にプロットすることは、全体の流れを理解する上で非常に有効です。
  • 各状態A, B, C, Dがグラフ上のどの点に対応するか。
  • 各過程がどのような線（水平線、垂直線、反比例曲線など）に対応するか。
  • サイクルが時計回りか反時計回りか（時計回りなら気体が外部に正味の仕事をし、熱機関として機能する）。
• 力のつりあい図: 各状態、特に圧力が変化する状態BやCにおいて、水銀柱にはたらく力をベクトルで図示すると、圧力の計算式を直感的に理解できます。
• 等温線: \(p-l\)グラフ上に、温度\(T_0\)の等温線と温度\(T_1\)の等温線（いずれも反比例の曲線）を描き、サイクルがこの2本の等温線をいったりきたりする様子をイメージすると、各状態の温度関係が明確になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつりあい:
  • 選定理由: (1), (2)で、未知の物理量である「気体の圧力」を、既知の量（大気圧、水銀の重さ）と関連付けるため。
  • 適用根拠: 水銀柱が静止している、あるいはゆっくり動いている（力のつりあいが近似的に成り立つ）という物理的状況。
• ボイル・シャルルの法則 (\(pV/T = \text{一定}\)):
  • 選定理由: (2), (3), (4)で、ある状態から別の状態へ変化した後の未知の状態量（長さや温度）を求めるため。密封された気体（\(n\)が一定）の状態変化を追跡する上で最も基本的な法則です。
  • 適用根拠: 考察対象が「理想気体」であり、かつ「密封されて」いるという条件。
• 定圧モル比熱を用いた熱量計算 (\(Q=nC_p\Delta T\)):
  • 選定理由: (3)で、「定圧変化」という特殊な過程で加えられた熱量を計算するため。熱力学第一法則を毎回考えるよりも、この公式を使った方が直接的で計算が早いです。
  • 適用根拠: 圧力が一定に保たれたまま、温度と体積が変化するという物理的状況。

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) 状態A:
   • 戦略: ①力のつりあいから \(p_A=p_0\)。②状態方程式 \(p_A V_A = nRT_0\) に代入。
   • フロー: \(p_0(Sl_0) = nRT_0\) \(\rightarrow\) \(l_0\)を求める。
2. (2) 状態B:
   • 戦略: ①力のつりあいから \(p_1\) を求める。②A→Bの等温変化にボイルの法則を適用し \(l_1\) を求める。
   • フロー: \(p_1 S = p_0 S + Mg\sin\theta\) \(\rightarrow\) \(p_1\)を求める。→ \(p_0(Sl_0) = p_1(Sl_1)\) \(\rightarrow\) \(l_1\)を求める。
3. (3) 状態Cと熱量Q:
   • 戦略: ①B→Cの定圧変化にシャルルの法則を適用し \(T_1\) を求める。②B→Cの定圧変化で加えられた熱量を \(Q=nC_p\Delta T\) で計算する。
   • フロー: \(Sl_1/T_0 = Sl_0/T_1\) \(\rightarrow\) \(T_1\)を求める。→ \(Q = n(\frac{5}{2}R)(T_1-T_0)\) \(\rightarrow\) \(Q\)を求める。
4. (4) 状態D:
   • 戦略: C→Dの等温変化にボイルの法則を適用し \(l_2\) を求める。
   • フロー: \(p_1(Sl_0) = p_0(Sl_2)\) \(\rightarrow\) \(l_2\)を求める。
5. (5) p-lグラフ:
   • 戦略: 各状態の座標\((l,p)\)を整理し、各過程の性質（等温、定圧）に従って点を結ぶ。
   • フロー: A\((l_0,p_0)\), B\((l_1,p_1)\), C\((l_0,p_1)\), D\((l_2,p_0)\) をプロットし、A→BとC→Dを反比例曲線、B→CとD→Aを水平線で結ぶ。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 状態量の整理: 各状態A, B, C, Dについて、\(p, V, T\) の値を一覧表にまとめると、どの法則をどの状態間に適用すればよいかが見やすくなり、混乱を防げます。
• 式の代入: (2)以降の設問では、前の設問で求めた結果を代入することが多いです。計算ミスが後の設問に影響しないよう、各ステップを慎重に計算しましょう。特に、\(l_0, l_1, l_2\) や \(p_1, T_1\) の関係式を正しく代入することが重要です。
• モル比熱の選択: 熱量を計算する際には、定圧変化なら\(C_p\)、定積変化なら\(C_v\)と、正しいモル比熱を選択する必要があります。この問題ではB→Cが定圧変化なので\(C_p\)を使います。

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

• 大小関係の確認: 計算結果が物理的な直感と合っているかを確認しましょう。
  • (2)では、管を傾けることで圧力が増し(\(p_1>p_0\))、体積が減る(\(l_1<l_0\))はずです。
  • (3)では、定圧で加熱しているので体積が増え(\(l_0>l_1\))、温度も上昇する(\(T_1>T_0\))はずです。
  • (4)では、等温で圧力が下がるので体積は増える(\(l_2>l_0\))はずです。
• サイクルの仕事: (5)のグラフで、サイクルが時計回りに描かれていることを確認します。これは、気体が1サイクルで外部に対して正味の仕事をしたこと（熱機関として機能したこと）を意味します。グラフで囲まれた面積が、その仕事の大きさに相当します。

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