「重要問題集」徹底解説（71〜75問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題71 (東北学院大 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、ばね付きピストンに封じられた理想気体を加熱する際の、圧力、体積、温度、仕事、熱量の変化を追う問題です。
核心は、各状態におけるピストンの「力のつりあい」と、気体の状態を結びつける「理想気体の状態方程式」、そしてエネルギーの出入りを記述する「熱力学第一法則」を正しく適用することです。

【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「ばねで繋がれたピストン内の気体の状態変化」です。熱力学の基本法則を組み合わせて解いていきます。
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. 力のつりあい: ピストンが静止している各状態で、気体の圧力による力、大気圧による力、ばねの弾性力がつりあっています。
2. 理想気体の状態方程式: 気体の圧力(\(P\))、体積(\(V\))、温度(\(T\))の関係を \(PV=nRT\) で結びつけます。
3. 気体のした仕事: 変化の過程で気体が外部にする仕事は、\(P-V\)グラフと\(V\)軸で囲まれた面積で求められます。
4. 熱力学第一法則: 気体の内部エネルギーの変化(\(\Delta U\))、気体が外部にした仕事(\(W_{\text{した}}\))、気体が吸収した熱量(\(Q\))の関係を \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) で記述します。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、初期状態と最終状態について、それぞれ「力のつりあい」と「状態方程式」を立式し、未知の物理量（\(T_0, P_1, T_1\)）を求めます（問1, 2, 3）。
2. 次に、変化の途中における圧力と体積の関係を導き、\(P-V\)グラフの概形を明らかにします（問4）。
3. \(P-V\)グラフの面積を計算することで、気体がした仕事を求めます（問5）。
4. 最後に、内部エネルギーの変化量を計算し、熱力学第一法則を用いて吸収した熱量を求めます（問6）。

問(1)

思考の道筋とポイント
初期状態について、理想気体の状態方程式を立てて温度\(T_0\)を求めます。このとき、圧力と体積の値を正しく把握することが重要です。

この設問における重要なポイント

• 初期状態では、ばねが自然長であるため、ばねによる力は働いていません。
• ピストンは静止しているので、内部の気体の圧力と外部の大気圧が等しくなっています (\(P=P_0\))。
• 初期の体積は、断面積\(S\)と距離\(L\)から \(V_0=SL\) となります。

具体的な解説と立式
初期状態において、気体の圧力は\(P_0\)、体積は\(V_0=SL\)、物質量は\(n=1\,\text{mol}\)です。理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を適用します。
$$P_0 (SL) = 1 \cdot R T_0 \quad \cdots ①$$

式①を\(T_0\)について解きます。
$$T_0 = \frac{P_0SL}{R}$$

気体の状態を表す基本ルールである「状態方程式」に、問題文で与えられた初期状態の圧力(\(P_0\))、体積(\(SL\))、物質量(\(1\,\text{mol}\))を当てはめることで、初期温度\(T_0\)を計算します。

初期温度は \(T_0 = \displaystyle\frac{P_0SL}{R}\) です。これは与えられた物理量のみで表されており、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
気体を加熱した後の最終状態で、ピストンにはたらく力のつりあいを考えます。これにより、最終状態での気体の圧力\(P_1\)を求めることができます。

この設問における重要なポイント

• ピストンは水平方向に置かれており、重力は考慮不要です。
• ピストンにはたらく力は、(a)内部の気体が押す力（右向き）、(b)外部の大気が押す力（左向き）、(c)ばねが引く力（左向き）の3つです。
• ばねは\(2L\)だけ縮んでいる（伸びている）ので、弾性力の大きさは \(k(2L)\) です。

具体的な解説と立式
最終状態において、ピストンは静止しているので、水平方向の力がつりあっています。右向きを正とすると、力のつりあいの式は以下のようになります。

• 気体が押す力: \(P_1S\) (右向き)
• 大気が押す力: \(P_0S\) (左向き)
• ばねの弾性力: \(k(2L)\) (左向き)

つりあいの式:
$$P_1S = P_0S + 2kL \quad \cdots ②$$

式②を\(P_1\)について解きます。両辺を\(S\)で割ると、
$$P_1 = P_0 + \frac{2kL}{S}$$

ピストンが止まっているということは、ピストンを右に押す力と、左に押す（引く）力の合計が等しいということです。この力のバランスの式を立て、未知の圧力\(P_1\)を求めます。

最終状態の圧力は \(P_1 = P_0 + \displaystyle\frac{2kL}{S}\) です。加熱によって気体が膨張し、ばねを縮めた結果、圧力は大気圧\(P_0\)よりも \(\displaystyle\frac{2kL}{S}\) だけ大きくなっています。これは物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
最終状態について、理想気体の状態方程式を立てて温度\(T_1\)を求めます。問(2)で求めた圧力\(P_1\)と、問題文から読み取れる体積\(V_1\)を使用します。

この設問における重要なポイント

• 最終状態の体積は、ピストンが初期位置\(L\)から\(2L\)移動した結果、\(V_1 = S(L+2L) = 3SL\) となります。
• 圧力は問(2)で求めた\(P_1\)です。

具体的な解説と立式
最終状態において、気体の圧力は\(P_1\)、体積は\(V_1=3SL\)、物質量は\(n=1\,\text{mol}\)です。理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を適用します。
$$P_1 (3SL) = 1 \cdot R T_1$$

別解: ボイル・シャルルの法則
具体的な解説と立式
初期状態（状態0）と最終状態（状態1）の間で、気体の物質量は変化しないため、ボイル・シャルルの法則を適用することもできます。
$$\frac{P_0V_0}{T_0} = \frac{P_1V_1}{T_1}$$
ここに各値を代入すると、
$$\frac{P_0(SL)}{T_0} = \frac{P_1(3SL)}{T_1}$$
となり、これを\(T_1\)について解くことでも求められます。

状態方程式から\(T_1\)を求めます。
$$T_1 = \frac{3P_1SL}{R}$$
ここに、問(2)で求めた \(P_1 = P_0 + \displaystyle\frac{2kL}{S}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T_1 &= \frac{3 \left( P_0 + \displaystyle\frac{2kL}{S} \right) SL}{R} \\[2.0ex]&= \frac{3(P_0S + 2kL)L}{R}
\end{aligned}
$$

最終状態での気体の圧力、体積がわかったので、再び状態方程式にこれらの値を当てはめることで、最終的な温度\(T_1\)を計算できます。

最終温度は \(T_1 = \displaystyle\frac{3(P_0S+2kL)L}{R}\) です。初期温度\(T_0\)と比較すると、圧力も体積も増加しているため、温度が上昇していることがわかります。

問(4)

思考の道筋とポイント
この変化の過程における、任意の時点での圧力\(P\)と体積\(V\)の関係を導き出します。これにより、\(P-V\)グラフがどのような形の線になるかがわかります。

この設問における重要なポイント

• 変化の途中、ばねの自然長からの伸び（縮み）を\(x\)とします。
• このときのピストンの位置は \(L+x\) であり、体積は \(V=S(L+x)\) です。
• このときの力のつりあいは \(PS = P_0S + kx\) です。
• これら2つの式から変数\(x\)を消去し、\(P\)と\(V\)の関係式を求めます。

具体的な解説と立式
ばねの縮みが\(x\)のときの体積\(V\)と圧力\(P\)は、
$$V = S(L+x) \quad \cdots ③$$
$$PS = P_0S + kx \quad \cdots ④$$
と表せます。式③から \(x = \displaystyle\frac{V}{S} – L\) となります。これを式④に代入して\(x\)を消去します。
$$PS = P_0S + k \left( \frac{V}{S} – L \right)$$

上の式を\(P\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
P &= P_0 + \frac{k}{S} \left( \frac{V}{S} – L \right) \\[2.0ex]&= P_0 + \frac{k}{S^2}V – \frac{kL}{S} \\[2.0ex]&= \left( P_0 – \frac{kL}{S} \right) + \frac{k}{S^2}V
\end{aligned}
$$
この式は \(P = aV+b\) の形をしており、\(P\)が\(V\)の1次関数であることを示しています。したがって、\(P-V\)グラフは直線になります。
この直線は、初期状態の点\((V_0, P_0) = (SL, P_0)\)と、最終状態の点\((V_1, P_1) = (3SL, P_1)\)の2点を通ります。

変化の途中のある瞬間を切り取って、そのときの圧力と体積の関係を調べます。すると、圧力と体積が一次関数（直線のグラフ）の関係にあることがわかります。したがって、グラフはスタート地点とゴール地点をまっすぐ結んだ線になります。

\(P-V\)グラフは、点\((SL, P_0)\)と点\((3SL, P_1)\)を結ぶ右上がりの直線となります。体積が増えるにつれてばねの縮みが大きくなり、それに対抗するために圧力も線形に増加していく様子を表しており、物理的に妥当です。

問(5)

思考の道筋とポイント
気体が外部にした仕事\(W_{\text{した}}\)は、\(P-V\)グラフと\(V\)軸で囲まれた部分の面積に等しくなります。問(4)でグラフが直線（台形）になることがわかったので、台形の面積を計算します。

この設問における重要なポイント

• 仕事\(W_{\text{した}}\)は、\(P-V\)グラフの面積で計算します。
• 台形の面積 = (上底 + 下底) × 高さ ÷ 2
  • 上底: \(P_0\)
  • 下底: \(P_1\)
  • 高さ: \(V_1 – V_0 = 3SL – SL = 2SL\)

具体的な解説と立式
\(P-V\)グラフから、仕事\(W_{\text{した}}\)は台形の面積として求められます。
$$W_{\text{した}} = \frac{1}{2}(P_0 + P_1)(V_1 – V_0)$$
ここに、\(V_0=SL\), \(V_1=3SL\) を代入します。
$$W_{\text{した}} = \frac{1}{2}(P_0 + P_1)(3SL – SL) = (P_0 + P_1)SL$$

別解: エネルギーの観点からのアプローチ
具体的な解説と立式
気体がした仕事は、外部の系（この場合は大気とばね）のエネルギーをどれだけ増加させたかに等しいと考えられます。したがって、大気を押しのけるのに使った仕事と、ばねを縮めるのに使った仕事の和を求めます。

• 大気に対してした仕事 \(W_{\text{大気}}\): 圧力\(P_0\)に逆らって体積を\(\Delta V = 2SL\)だけ増やしたので、\(W_{\text{大気}} = P_0 \Delta V = P_0(2SL) = 2P_0SL\)。
• ばねに対してした仕事 \(W_{\text{ばね}}\): これはばねの弾性エネルギーの増加分に等しい。ばねは自然長から\(2L\)縮んだので、\(W_{\text{ばね}} = \displaystyle\frac{1}{2}k(2L)^2 = 2kL^2\)。

よって、気体がした仕事の合計は、
$$W_{\text{した}} = W_{\text{大気}} + W_{\text{ばね}} = 2P_0SL + 2kL^2$$

台形の面積の式に、問(2)で求めた \(P_1 = P_0 + \displaystyle\frac{2kL}{S}\) を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{した}} &= (P_0 + P_1)SL \\[2.0ex]&= \left( P_0 + \left(P_0 + \frac{2kL}{S}\right) \right)SL \\[2.0ex]&= \left( 2P_0 + \frac{2kL}{S} \right)SL \\[2.0ex]&= (2P_0S + 2kL)L \\[2.0ex]&= 2(P_0S + kL)L
\end{aligned}
$$
別解の結果 \(2P_0SL + 2kL^2 = 2(P_0S+kL)L\) とも一致します。

気体が膨らむとき、外部に「仕事」をします。その仕事量は、\(P-V\)グラフに描かれた図形の面積を計算することで求められます。今回は台形なので、台形の面積公式を使って計算します。

気体がした仕事は \(W_{\text{した}} = 2(P_0S+kL)L\) です。2つの解法で同じ結果が得られたことから、計算の妥当性が確認できます。

問(6)

思考の道筋とポイント
気体が受け取った熱量\(Q\)は、熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) を用いて求めます。内部エネルギーの変化\(\Delta U\)と、問(5)で求めた仕事\(W_{\text{した}}\)が必要です。

この設問における重要なポイント

• 単原子分子理想気体なので、内部エネルギーの変化は \(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\) で計算できます。
• 温度変化 \(\Delta T = T_1 – T_0\) は、問(1)と問(3)の結果から計算します。
• 仕事 \(W_{\text{した}}\) は問(5)の結果を利用します。

具体的な解説と立式
熱力学第一法則は \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) です。
まず、内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) を求めます。
\(\Delta T = T_1 – T_0\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta T &= T_1 – T_0 \\[2.0ex]&= \frac{3(P_0S+2kL)L}{R} – \frac{P_0SL}{R} \\[2.0ex]&= \frac{(3P_0S+6kL)L – P_0SL}{R} \\[2.0ex]&= \frac{2P_0SL + 6kL^2}{R} \\[2.0ex]&= \frac{2(P_0S+3kL)L}{R}
\end{aligned}
$$
\(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\) に \(n=1\) と上の \(\Delta T\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot R \cdot \left( \frac{2(P_0S+3kL)L}{R} \right) \\[2.0ex]&= 3(P_0S+3kL)L \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
最後に、\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) を計算します。\(W_{\text{した}} = 2(P_0S+kL)L \quad \cdots ④\) です。

別解: \(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV)\) を用いた計算
具体的な解説と立式
内部エネルギーの変化は、状態量である\(P, V\)の変化からも直接計算できます。\(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}(P_1V_1 – P_0V_0)\) を利用します。
ここに \(P_1 = P_0 + \displaystyle\frac{2kL}{S}\), \(V_1=3SL\), \(P_0\), \(V_0=SL\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= \frac{3}{2} \left( \left(P_0 + \frac{2kL}{S}\right)(3SL) – P_0(SL) \right) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2} (3P_0SL + 6kL^2 – P_0SL) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2} (2P_0SL + 6kL^2) \\[2.0ex]&= 3(P_0S + 3kL)L
\end{aligned}
$$
これは先ほどの計算結果と一致します。

\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) に、求めた \(\Delta U\) と \(W_{\text{した}}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q &= 3(P_0S+3kL)L + 2(P_0S+kL)L \\[2.0ex]&= (3P_0SL + 9kL^2) + (2P_0SL + 2kL^2) \\[2.0ex]&= 5P_0SL + 11kL^2 \\[2.0ex]&= (5P_0S + 11kL)L
\end{aligned}
$$

気体に与えられた熱エネルギー(\(Q\))は、2つのことに使われます。1つは気体の内部エネルギーを増やすこと(\(\Delta U\))、もう1つは外部に仕事をすること(\(W_{\text{した}}\))です。この関係式（熱力学第一法則）を使って、\(\Delta U\)と\(W_{\text{した}}\)を足し合わせることで\(Q\)を求めます。

気体が受け取った熱量は \(Q = (5P_0S+11kL)L\) です。加熱によって内部エネルギーの増加と外部への仕事の両方が行われた結果であり、物理的に妥当な結論です。

【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？

• 力のつりあい:
  • 核心: ピストンが静止している状態では、気体がピストンを押す力、大気圧がピストンを押す力、そしてばねがピストンを引く（または押す）力がつりあっています。この力の関係式が、各状態における気体の圧力を決定する鍵となります。
  • 理解のポイント: \(P_1S = P_0S + 2kL\) のように、目に見えない「圧力」を「力」(\(F=PS\))に変換して力学の問題として捉えることが重要です。
• 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)):
  • 核心: 気体の「圧力 \(P\)」「体積 \(V\)」「温度 \(T\)」という3つの状態量を結びつける普遍的な法則です。この問題では、力のつりあいから求めた圧力や、図から読み取れる体積を使って、未知の温度を求めるために用いられます。
  • 理解のポイント: 熱力学の問題では、状態方程式は「力のつりあい」や「エネルギー保存則」と並ぶ、最も基本的な立式の柱の一つです。
• 熱力学第一法則 (\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)):
  • 核心: エネルギー保存則の熱力学バージョンです。気体に加えられた熱量(\(Q\))が、内部エネルギーの増加(\(\Delta U\))と外部への仕事(\(W_{\text{した}}\))にどのように分配されるかを示します。
  • 理解のポイント: この法則を使うためには、\(\Delta U\)と\(W_{\text{した}}\)をそれぞれ個別に計算する必要があります。
    • \(\Delta U\) は温度変化 \(\Delta T\) から (\(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\))、あるいは圧力・体積の変化から (\(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV)\)) 求めます。
    • \(W_{\text{した}}\) は \(P-V\) グラフの面積から求めます。

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:
  • 鉛直に置かれたピストン: ピストンが鉛直に置かれている場合、力のつりあいにピストン自身の重力(\(mg\))が加わります。
  • 定圧変化・定積変化・断熱変化: この問題は圧力が体積の一次関数として変化しましたが、より単純な「定圧変化」（圧力が一定）や「定積変化」（体積が一定）の問題は基本です。また、「断熱変化」（\(Q=0\))ではポアソンの法則が関わってきます。
  • 循環過程（サイクル）: 気体の状態が変化して元の状態に戻る問題。一周で \(\Delta U = 0\) となるため、\(Q = W_{\text{した}}\) となり、サイクルが外部にした仕事は吸収した正味の熱量に等しくなります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 状態変化の特定: まず、初期状態と最終状態の圧力、体積、温度を整理します。未知の量があれば、それを求めるのが最初のステップです。
  2. 力のつりあいの確認: ピストンが動く問題では、必ず「力のつりあい」を考えます。これにより、圧力と外部条件（大気圧、ばね、重力など）の関係が明らかになります。
  3. 変化過程の分析: 状態変化の途中で、圧力と体積がどのような関係にあるか（\(P-V\)グラフの形は何か）を考えます。これが仕事を計算する上で重要になります。この問題のように、ばねが絡むと\(P\)が\(V\)の一次関数になることが多いです。
  4. エネルギー収支の確認: 最終的に熱量を問われたら、熱力学第一法則の出番です。\(\Delta U\)と\(W_{\text{した}}\)をそれぞれ計算し、足し合わせるという流れを意識します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ばねの伸び（縮み）の誤解:
  • 誤解: ばねの伸びをピストンの位置そのものと勘違いする。例えば、最終位置が\(3L\)だからばねの伸びも\(3L\)としてしまう。
  • 対策: ばねの伸び（縮み）は、常に「自然長の位置からの変化量」です。この問題では、初期位置\(L\)が自然長なので、最終位置\(3L\)までの移動距離\(2L\)がばねの縮みになります。図を丁寧に描き、どこが自然長かを明確にしましょう。
• 仕事の計算ミス:
  • 誤解: 圧力が変化するのに、仕事の計算で \(W = P\Delta V\) のように、初期圧力や最終圧力のどちらか一方だけを使ってしまう。
  • 対策: 圧力が変化する場合、仕事は \(P-V\) グラフの面積で求めるのが鉄則です。グラフの形（この問題では台形）を正確に把握し、面積を計算しましょう。
• 内部エネルギーの式の混同:
  • 誤解: 単原子分子でない気体なのに \(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\) を使ってしまう。あるいは、\(U\) と \(\Delta U\) を混同する。
  • 対策: 内部エネルギーの係数（\(\frac{3}{2}\)）は、気体の種類（単原子分子、二原子分子など）によって変わることを覚えておきましょう。また、\(U\)は「その瞬間の内部エネルギー」、\(\Delta U\)は「状態変化による内部エネルギーの変化量」であり、熱力学第一法則で使うのは後者(\(\Delta U\))です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 力のつりあい図: 初期状態と最終状態で、ピストンに働くすべての力（気体の圧力による力\(PS\)、大気圧による力\(P_0S\)、ばねの弾性力\(kx\)）を矢印で図示します。力の大きさと向きを視覚化することで、立式ミスを防げます。
  • \(P-V\)グラフ: (4)で描いた\(P-V\)グラフは、この問題全体のストーリーを凝縮しています。始点\((SL, P_0)\)、終点\((3SL, P_1)\)をプロットし、それらを直線で結びます。さらに、\(V\)軸との間にできる台形領域に斜線を引くことで、仕事\(W_{\text{した}}\)が面積であることを視覚的に強調できます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 座標の原点: ばねの伸び\(x\)を考える際、どこを原点(\(x=0\))とするか（この場合は自然長の位置）を明確に意識することが重要です。
  • 状態の対応: \(P-V\)グラフ上の点と、実際のピストンの位置や状態（初期、最終、途中）がどのように対応しているかを常に意識すると、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

• 力のつりあい:
  • 選定理由: 問題が「圧力」を問うており、ピストンが静止しているという力学的な条件が与えられているため。
  • 適用根拠: ニュートンの運動法則（加速度が0の場合、合力は0）に基づきます。
• 理想気体の状態方程式:
  • 選定理由: 問題が「温度」を問うており、気体のP, V, Tを結びつける必要があるため。
  • 適用根拠: 閉じ込められた気体の量が一定(\(n=1\,\text{mol}\))であるという物理的状況。
• 仕事の面積計算 (\(W_{\text{した}} = \text{台形の面積}\)):
  • 選定理由: 問題が「仕事」を問うており、変化の過程で圧力が一定ではないため。
  • 適用根拠: 仕事の定義 \(W = \int P dV\) が、\(P-V\)グラフ上の面積に相当するという数学的な事実にに基づきます。
• 熱力学第一法則:
  • 選定理由: 問題が「熱量」を問うており、エネルギーの出入りを総合的に計算する必要があるため。
  • 適用根拠: エネルギー保存則という、物理学の最も基本的な原理に基づきます。

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) 初期温度 \(T_0\):
   • 戦略: 初期状態の状態方程式。
   • フロー: \(P=P_0, V=SL\) を \(PV=RT\) に代入 \(\rightarrow\) \(T_0\) を求める。
2. (2) 最終圧力 \(P_1\):
   • 戦略: 最終状態の力のつりあい。
   • フロー: \(P_1S = P_0S + k(2L)\) \(\rightarrow\) \(P_1\) を求める。
3. (3) 最終温度 \(T_1\):
   • 戦略: 最終状態の状態方程式。
   • フロー: \(P=P_1, V=3SL\) を \(PV=RT\) に代入 \(\rightarrow\) (2)の\(P_1\)を使い\(T_1\)を求める。
4. (4) \(P-V\)グラフ:
   • 戦略: 変化の途中での\(P\)と\(V\)の関係式を導出。
   • フロー: \(V=S(L+x)\) と \(PS=P_0S+kx\) から \(x\) を消去 \(\rightarrow\) \(P\)が\(V\)の一次関数であることを確認 \(\rightarrow\) 始点と終点を結ぶ直線を引く。
5. (5) 仕事 \(W_{\text{した}}\):
   • 戦略: \(P-V\)グラフの面積（台形）を計算。
   • フロー: \(W_{\text{した}} = \displaystyle\frac{1}{2}(P_0+P_1)(V_1-V_0)\) \(\rightarrow\) 各値を代入して計算。
6. (6) 熱量 \(Q\):
   • 戦略: 熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)。
   • フロー: ①\(\Delta T = T_1 – T_0\) を計算 → ②\(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}R\Delta T\) を計算 → ③(5)の\(W_{\text{した}}\)と②の\(\Delta U\)を足し合わせる。

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: この問題は文字が多く複雑です。特に(6)の計算では、\(P_0S\)や\(kL\)といった塊を一つの単位として意識すると、式全体の見通しが良くなります。例えば、\(\Delta U = 3(P_0S+3kL)L\) と \(W_{\text{した}} = 2(P_0S+kL)L\) を足す際に、\(P_0SL\)の項と\(kL^2\)の項を別々に集計するとミスが減ります。
• 単位の確認: 最終的な答えの単位が、問われている物理量の単位（温度なら[K]、仕事や熱量なら[J]）と一致しているかを確認する習慣をつけましょう。例えば、(2)で求めた\(P_1\)の第2項 \(\displaystyle\frac{2kL}{S}\) の単位は \(\displaystyle\frac{[\text{N/m}][\text{m}]}{[\text{m}^2]} = [\text{N/m}^2] = [\text{Pa}]\) となり、圧力の単位と一致します。
• 別解による検算: (5)の仕事や(6)の内部エネルギー計算のように、別のアプローチで同じ量を計算できる場合は、積極的に両方で計算してみましょう。結果が一致すれば、答えの信頼性が格段に上がります。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • \(P_1 > P_0\): 気体を加熱して膨張させ、ばねを縮めているので、内部の圧力が大気圧より高くなるのは当然です。
  • \(T_1 > T_0\): 加熱しているので、温度が上がるのは当然です。
  • \(W_{\text{した}} > 0\): 気体は膨張（\(\Delta V > 0\)）しているので、外部に正の仕事をしたことになります。
  • \(Q > 0\): 気体は加熱されている（温度調節器で温めた）ので、熱を吸収している（\(Q>0\)）はずです。計算結果の符号がプラスになっていることを確認します。
• 極端な場合や既知の状況との比較:
  • もし、ばねがなかったら（\(k=0\)）どうなるかを考えてみましょう。
    • (2) \(P_1 = P_0\)。これは定圧変化になります。
    • (5) \(W_{\text{した}} = 2P_0SL\)。これは定圧変化の仕事 \(P_0\Delta V\) と一致します。
    • (6) \(Q = 5P_0SL\)。定圧変化では \(Q = \Delta U + W = \displaystyle\frac{3}{2}(P_0\Delta V) + P_0\Delta V = \displaystyle\frac{5}{2}P_0\Delta V\) となり、\(\Delta V = 2SL\) を代入すると \(Q = \displaystyle\frac{5}{2}P_0(2SL) = 5P_0SL\) となり、見事に一致します。

問題72 (岐阜大)

【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、理想気体の状態変化、特に断熱変化、定圧変化、定積変化を組み合わせたサイクル（オットーサイクルに類似）を扱い、仕事、熱量、内部エネルギー、そして熱効率について考察するものです。
前半の[A]は、内部エネルギーが温度のみに依存することの確認、後半の[B]がメインの設問群となります。核心は、各過程の性質を正しく理解し、熱力学第一法則、状態方程式、そしてモル比熱の定義を的確に適用することです。

【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「熱力学サイクル」の解析です。各過程の特性を理解し、法則を適用することが鍵となります。
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. 熱力学第一法則: \(\Delta U = Q + W_{\text{された}}\) (または \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\))。気体のエネルギー収支の基本です。
2. 理想気体の状態方程式: \(PV=nRT\)。各状態のP, V, Tを結びつけます。
3. 各変化の定義:
   • 断熱変化: \(Q=0\)。
   • 定積変化: \(W=0\)。熱量は \(\Delta U\) に等しい (\(Q=nC_V\Delta T\))。
   • 定圧変化: 仕事は \(W_{\text{した}}=P\Delta V\)。熱量は \(Q=nC_p\Delta T\)。
4. 内部エネルギー: 理想気体の場合、温度のみに依存します (\(\Delta U = nC_V\Delta T\))。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. (1)は誘導に従い、内部エネルギーが状態量であることを利用して式を導きます。
2. (2)以降は、A→B、B→C、C→Aの各過程について、熱力学第一法則を適用します。
3. (4)では、(2)(3)の結果を組み合わせ、仕事と熱量の関係から物理法則（マイヤーの関係式）を導出します。
4. (5)では、熱効率の定義式 \(e = \displaystyle\frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{in}}}\) に、(3)で求めた熱量を代入して計算を進めます。
5. (6)は、逆サイクルの働き（ヒートポンプや冷凍機）について、熱力学第二法則の観点から考察します。

問(1)

思考の道筋とポイント
問題文の誘導に従い、状態aから状態bへの内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{ab}\) を、状態cを経由する経路 a→c→b で考えます。理想気体の内部エネルギーは温度のみに依存するため、経路によらず始点と終点の温度が同じなら内部エネルギーの変化も同じになります。

この設問における重要なポイント

• \(\Delta U_{ab} = \Delta U_{ac} + \Delta U_{cb}\) という関係を使います。
• a→cは定積変化、c→bは等温変化です。
• 等温変化では温度が変わらないため、内部エネルギーも変化しません (\(\Delta U_{cb}=0\))。

具体的な解説と立式
状態aから状態bへの内部エネルギー変化 \(\Delta U_{ab}\) を考えます。
ここで、状態c（体積はaと同じ\(V\)、温度はbと同じ\(T’\)）を経由する経路 a→c→b を考えます。
内部エネルギーは状態量なので、経路に依らず、
$$\Delta U_{ab} = \Delta U_{ac} + \Delta U_{cb}$$
と書けます。

• 過程 a→c: 体積一定（定積変化）で温度が\(T\)から\(T’\)に変化します。
  • 気体がされた仕事は \(W_{ac} = 0\)。
  • 気体が吸収する熱量は、定積モル比熱の定義より \(Q_{ac} = nC_V(T’-T) = C_V(T’-T)\) (n=1のため)。
  • 熱力学第一法則 \(\Delta U = Q + W\) より、\(\Delta U_{ac} = Q_{ac} + W_{ac} = C_V(T’-T) + 0 = C_V(T’-T)\)。
• 過程 c→b: 温度\(T’\)で一定（等温変化）です。
  • 理想気体の内部エネルギーは温度のみに依存するため、温度変化がないこの過程では内部エネルギーは変化しません。よって \(\Delta U_{cb} = 0\)。

以上より、
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{ab} &= \Delta U_{ac} + \Delta U_{cb} \\[2.0ex]&= C_V(T’-T) + 0 \\[2.0ex]&= C_V(T’-T)
\end{aligned}
$$

上記の立式により、
$$\Delta U_{ab} = C_V(T’-T)$$
となり、式①が導出されます。

aからbへ直接内部エネルギーの変化を考える代わりに、計算しやすい「定積変化(a→c)」と「等温変化(c→b)」に分けて考えます。定積変化での内部エネルギー変化は熱量そのものであり、等温変化では内部エネルギーは変化しません。この2つを足し合わせることで、どんな経路でも温度が\(T\)から\(T’\)に変わるときの内部エネルギー変化がわかる、という論法です。

これにより、理想気体の内部エネルギーの変化は、途中の圧力や体積の変化の仕方によらず、最初と最後の温度だけで決まること、そしてその変化量は \(nC_V\Delta T\) で与えられることが示されました。

問(2)

思考の道筋とポイント
過程A→Bは断熱変化です。熱力学第一法則 \(\Delta U = Q + W\) を適用します。断熱変化では \(Q=0\) であることと、問(1)で確立した内部エネルギーの式 \(\Delta U = nC_V\Delta T\) を使います。

この設問における重要なポイント

• A→Bは断熱変化なので、熱の出入りはありません (\(Q_{AB}=0\))。
• 気体が「される」仕事 \(W_{AB}\) を問われています。
• 内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{AB}\) は、温度変化 \(T_A \to T_B\) を使って \(\Delta U_{AB} = C_V(T_B – T_A)\) と表せます。

具体的な解説と立式
過程A→Bについて、熱力学第一法則 \(\Delta U_{AB} = Q_{AB} + W_{AB}\) を立てます。

• 断熱変化なので \(Q_{AB} = 0\)。
• 内部エネルギーの変化は、式①より \(\Delta U_{AB} = C_V(T_B – T_A)\)。

これらを熱力学第一法則の式に代入します。
$$C_V(T_B – T_A) = 0 + W_{AB}$$

上の式から、\(W_{AB}\)は、
$$W_{AB} = C_V(T_B – T_A)$$
と求まります。

断熱変化では、外部との熱のやりとりがありません。そのため、気体が外部から仕事をされると、そのエネルギーはすべて内部エネルギーの増加に使われます。逆に気体が外部に仕事をすると、内部エネルギーを消費して行います。この関係を式にしたものが答えとなります。

A→Bは断熱膨張なので、気体は外部に仕事をし（\(W_{\text{した}} > 0\))、その分だけ内部エネルギーが減少して温度が下がります(\(T_B < T_A\))。したがって、\((T_B – T_A) < 0\) となり、気体が「された」仕事 \(W_{AB}\) は負になります。これは物理的に妥当です。答えは \(W_{AB} = C_V(T_B – T_A)\) です。

問(3)

思考の道筋とポイント
過程B→C（定圧変化）と過程C→A（定積変化）で気体が得る熱量を、それぞれのモル比熱の定義式を使って求めます。

この設問における重要なポイント

• B→Cは圧力が\(p_2\)で一定の「定圧変化」です。得られる熱量は定圧モル比熱 \(C_p\) を使って \(Q = nC_p\Delta T\) で計算します。
• C→Aは体積が\(V_1\)で一定の「定積変化」です。得られる熱量は定積モル比熱 \(C_V\) を使って \(Q = nC_V\Delta T\) で計算します。

具体的な解説と立式

• 過程B→C (定圧変化):
  気体が得る熱量 \(Q_{BC}\) は、定圧モル比熱の定義より、
  $$Q_{BC} = nC_p(T_C – T_B)$$
  \(n=1\,\text{mol}\) なので、
  $$Q_{BC} = C_p(T_C – T_B)$$
• 過程C→A (定積変化):
  気体が得る熱量 \(Q_{CA}\) は、定積モル比熱の定義より、
  $$Q_{CA} = nC_V(T_A – T_C)$$
  \(n=1\,\text{mol}\) なので、
  $$Q_{CA} = C_V(T_A – T_C)$$

立式そのものが答えとなります。

定圧変化と定積変化では、熱量を計算するための専用公式があります。それぞれの変化に対応するモル比熱（\(C_p\)または\(C_V\)）と温度変化を掛け合わせるだけで、得た熱量が計算できます。

\(Q_{BC} = C_p(T_C – T_B)\) と \(Q_{CA} = C_V(T_A – T_C)\) が得られました。
B→Cは定圧圧縮なので温度は下がり(\(T_C < T_B\))、\(Q_{BC}<0\)となり熱を放出します。 C→Aは定積加熱なので温度は上がり(\(T_A > T_C\))、\(Q_{CA}>0\)となり熱を吸収します。
これらは物理的に妥当な結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
まず、過程B→C→Aで気体が外部からされる仕事 \(W_{BCA}\) を求めます。次に、過程B→Cのみに熱力学第一法則を適用し、(3)の結果と結びつけることで、\(C_p, C_V, R\) の関係式（マイヤーの関係式）を導出します。

この設問における重要なポイント

• 仕事は \(W_{BCA} = W_{BC} + W_{CA}\) のように、各過程の和で計算できます。
• B→Cは定圧変化なので、された仕事は \(W_{BC} = -p_2(V_1 – V_2)\) です。
• C→Aは定積変化なので、された仕事は \(W_{CA} = 0\) です。
• 理想気体の状態方程式 \(pV=RT\) を使うと、仕事の式を温度で表すことができます。

具体的な解説と立式
Step 1: 仕事 \(W_{BCA}\) の計算
過程B→C→Aで気体がされる仕事 \(W_{BCA}\) は、各過程でされる仕事の和で表せます。
$$W_{BCA} = W_{BC} + W_{CA}$$

• 過程B→C (定圧変化): された仕事 \(W_{BC}\) は、
  $$
  \begin{aligned}
  W_{BC} &= -p_2(V_1 – V_2) \\[2.0ex]&= p_2(V_2 – V_1)
  \end{aligned}
  $$
• 過程C→A (定積変化): 体積が変化しないので、仕事は0です。\(W_{CA} = 0\)。

したがって、
$$
\begin{aligned}
W_{BCA} &= W_{BC} + W_{CA} \\[2.0ex]&= p_2(V_2 – V_1) + 0 \\[2.0ex]&= p_2(V_2 – V_1)
\end{aligned}
$$
ここで、状態BとCについて状態方程式 \(pV=RT\) を適用すると、\(p_2V_2 = RT_B\), \(p_2V_1 = RT_C\) となるので、これらを代入して仕事 \(W_{BCA}\) を温度で表します。
$$
\begin{aligned}
W_{BCA} &= p_2V_2 – p_2V_1 \\[2.0ex]&= RT_B – RT_C \\[2.0ex]&= R(T_B – T_C)
\end{aligned}
$$
Step 2: マイヤーの関係式の導出
過程B→Cについて熱力学第一法則を考えます。
$$\Delta U_{BC} = Q_{BC} + W_{BC}$$

• \(\Delta U_{BC} = C_V(T_C – T_B)\)
• \(Q_{BC} = C_p(T_C – T_B)\) （問3の結果）
• \(W_{BC} = p_2(V_1 – V_2) = RT_C – RT_B = -R(T_B – T_C)\)

これらを代入すると、
$$C_V(T_C – T_B) = C_p(T_C – T_B) – R(T_B – T_C)$$
$$C_V(T_C – T_B) = C_p(T_C – T_B) + R(T_C – T_B)$$
\(T_C – T_B \neq 0\) なので、両辺を \((T_C – T_B)\) で割ると、
$$C_V = C_p + R$$
おっと、また符号を間違えました。\(W_{BC} = p_2(V_2-V_1) = R(T_B-T_C)\) です。
$$\Delta U_{BC} = Q_{BC} + W_{BC}$$
$$C_V(T_C-T_B) = C_p(T_C-T_B) + R(T_B-T_C)$$
$$C_V(T_C-T_B) = C_p(T_C-T_B) – R(T_C-T_B)$$
両辺を \((T_C-T_B)\) で割ると、
$$C_V = C_p – R$$
これを整理して、
$$C_p – C_V = R$$

仕事 \(W_{BCA}\) は、立式で示した通り、
$$W_{BCA} = R(T_B – T_C)$$
マイヤーの関係式は、Step 2の導出過程より、
$$C_p – C_V = R$$

BからC、CからAへの2段階の仕事の合計を計算します。C→Aは体積が変わらないので仕事はゼロ。B→Cは定圧なので「圧力×体積変化」で仕事が計算できます。
次に、B→Cの変化だけに着目し、エネルギー保存則（熱力学第一法則）を立てます。この式に、内部エネルギー、熱量、仕事の各項を、温度とモル比熱で表した式で代入すると、有名なマイヤーの関係式が導かれます。

仕事は \(W_{BCA} = R(T_B – T_C)\) で、関係式は \(C_p – C_V = R\) です。定圧変化では、加えた熱が内部エネルギーの増加だけでなく外部への仕事にも使われるため、温度を1K上げるのにより多くの熱量が必要になります。その差が気体定数\(R\)に相当するという、物理的に重要な関係が導かれました。

問(5)

思考の道筋とポイント
熱効率\(e\)は、サイクルが吸収した熱量 \(Q_{\text{in}}\) と放出した熱量 \(Q_{\text{out}}\) を用いて、\(e = 1 + \displaystyle\frac{Q_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}}\) と表せます。このサイクルでは、C→Aで熱を吸収し、B→Cで熱を放出します。

この設問における重要なポイント

• 熱を吸収する過程は C→A のみです。よって \(Q_{\text{in}} = Q_{CA}\)。
• 熱を放出する過程は B→C のみです。よって \(Q_{\text{out}} = Q_{BC}\)。
• 問(3)で求めた \(Q_{CA}\) と \(Q_{BC}\) を使います。
• 最終的に \(\gamma, \displaystyle\frac{p_1}{p_2}, \displaystyle\frac{V_2}{V_1}\) で表すため、状態方程式を使って温度を圧力と体積の式に変換します。

具体的な解説と立式
熱効率\(e\)の定義式に、各熱量を代入します。
$$e = 1 + \frac{Q_{BC}}{Q_{CA}}$$
問(3)の結果を代入すると、
$$
\begin{aligned}
e &= 1 + \frac{C_p(T_C – T_B)}{C_V(T_A – T_C)} \\[2.0ex]&= 1 – \frac{C_p}{C_V} \frac{T_B – T_C}{T_A – T_C}
\end{aligned}
$$
ここで、\(\gamma = \displaystyle\frac{C_p}{C_V}\) を使うと、
$$e = 1 – \gamma \frac{T_B – T_C}{T_A – T_C}$$
次に、温度を圧力と体積で表すために状態方程式 \(pV=RT\) を使います。
\(T_A = \displaystyle\frac{p_1V_1}{R}\), \(T_B = \displaystyle\frac{p_2V_2}{R}\), \(T_C = \displaystyle\frac{p_2V_1}{R}\)
これらを代入します。
$$
\begin{aligned}
e &= 1 – \gamma \frac{\frac{p_2V_2}{R} – \frac{p_2V_1}{R}}{\frac{p_1V_1}{R} – \frac{p_2V_1}{R}} \\[2.0ex]&= 1 – \gamma \frac{\frac{p_2}{R}(V_2 – V_1)}{\frac{V_1}{R}(p_1 – p_2)} \\[2.0ex]&= 1 – \gamma \frac{p_2(V_2 – V_1)}{V_1(p_1 – p_2)}
\end{aligned}
$$
この式を、与えられた変数 \(\displaystyle\frac{p_1}{p_2}, \displaystyle\frac{V_2}{V_1}\) を使って変形するために、分母分子を \(p_2V_1\) で割ります。
$$
\begin{aligned}
e &= 1 – \gamma \frac{\frac{p_2(V_2 – V_1)}{p_2V_1}}{\frac{V_1(p_1 – p_2)}{p_2V_1}} \\[2.0ex]&= 1 – \gamma \frac{\frac{V_2}{V_1} – 1}{\frac{p_1}{p_2} – 1}
\end{aligned}
$$

上記の立式で得られた式が最終的な答えとなります。
$$e = 1 – \gamma \frac{\frac{V_2}{V_1} – 1}{\frac{p_1}{p_2} – 1}$$

熱効率は「1 + (放出した熱量) / (吸収した熱量)」で計算します。このサイクルではC→Aで熱を吸収し、B→Cで熱を放出します。それぞれの熱量を(3)の結果から代入し、あとは気体の状態方程式などを使って、問題で指定された物理量（\(\gamma, p_1/p_2, V_2/V_1\)）だけの式に整理していきます。

熱効率は \(e = 1 – \gamma \displaystyle\frac{V_2/V_1 – 1}{p_1/p_2 – 1}\) となります。この式は、サイクルの形状（圧力比や体積比）と気体の性質（比熱比\(\gamma\)）だけで熱効率が決まることを示しています。

問(6)

思考の道筋とポイント
サイクルを逆向き（A→C→B→A）に運転する場合を考えます。これは元のサイクルの熱と仕事の出入りがすべて逆になることを意味します。元のサイクルが「熱を仕事に変える熱機関」だったので、逆サイクルは「仕事を消費して熱を移動させる機関」となります。

この設問における重要なポイント

• A→C: 定積冷却。気体は熱を放出。
• C→B: 定圧膨張。気体は熱を吸収。
• B→A: 断熱圧縮。外部から仕事をされる。
• 全体として、低温側で熱を吸収し、高温側で熱を放出します。これを実現するために外部から仕事を加える必要があります。これは冷凍機やヒートポンプ（エアコン）の原理です。
• 熱力学第二法則: 「熱は外部からの仕事なしに、低温の物体から高温の物体へ自発的に移動することはない」という法則。この逆サイクルが成立するためには、外部から正味の仕事を加える必要があります。

具体的な解説と立式
逆サイクル A→C→B→A の各過程は以下のようになります。

• A→C: 定積冷却。気体は熱量 \(|Q_{CA}|\) を高温熱源へ放出します。
• C→B: 定圧膨張。気体は熱量 \(|Q_{BC}|\) を低温熱源から吸収します。
• B→A: 断熱圧縮。気体は外部から仕事 \(|W_{AB}|\) をされます。

サイクル全体で見ると、低温の熱源から熱を吸収し、高温の熱源へ熱を放出しています。この熱の「汲み上げ」を行うために、外部から正味の仕事をする必要があります（サイクルが描く面積分の仕事をされる）。これは冷凍機やエアコン（ヒートポンプ）の動作原理です。
この機関が成立するための条件は、熱力学第二法則に反しないことです。すなわち、この熱の移動は自発的には起こらず、必ず外部から仕事を加える（エネルギーを消費する）ことによってのみ可能となります。

元のサイクルの逆回転を考えます。熱の出入りや仕事の向きがすべて逆になります。その結果、低温の場所から熱を奪い、高温の場所へ熱を運ぶ装置になります。これはエアコンや冷蔵庫の仕組みです。ただし、これはタダではできず、「外部から仕事を加える」というエネルギーの投入が必要です。これが熱力学の重要なルール（第二法則）に反しないための条件です。

解答の要旨：
低温熱源から熱を吸収し、高温熱源に熱を放出する、エアコンのような機関となる。気体がする仕事は負になるので、外部から仕事をされる必要があり、そのことが熱力学第二法則に反しない条件となる。

【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 (\(\Delta U = Q + W_{\text{された}}\)):
  • 核心: 気体のエネルギー保存則であり、すべての熱力学の問題を貫く基本原理です。内部エネルギーの変化(\(\Delta U\))は、外部から供給された熱量(\(Q\))と、外部からされた仕事(\(W_{\text{された}}\))の和に等しい。この法則を各過程（断熱、定圧、定積）に正しく適用することが全ての基本です。
  • 理解のポイント: 問題に応じて \(W_{\text{された}}\) を使うか \(W_{\text{した}}\) (\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)) を使うか柔軟に切り替えることが重要です。本解説では「された仕事」で統一しています。
• 理想気体の内部エネルギー (\(\Delta U = nC_V\Delta T\)):
  • 核心: 理想気体の内部エネルギーは、体積や圧力にはよらず、温度だけで決まる「状態量」であるという極めて重要な性質です。これにより、どんな複雑な変化でも、最初と最後の温度さえ分かれば内部エネルギーの変化量を計算できます。
  • 理解のポイント: (1)の証明はまさにこの性質に基づいています。定圧変化や断熱変化であっても、内部エネルギーの変化を計算する際は、常にこの式(\(nC_V\Delta T\))を使います。
• 各状態変化の定義と性質:
  • 核心: 断熱(\(Q=0\))、定積(\(W=0\))、定圧(\(W_{\text{した}}=P\Delta V\))という各過程の物理的な制約を理解し、熱力学第一法則に適用することが、具体的な立式の鍵となります。
  • 理解のポイント:
    • 断熱変化: \(\Delta U = W_{\text{された}}\) (仕事が直接内部エネルギーに変わる)
    • 定積変化: \(\Delta U = Q\) (熱が直接内部エネルギーに変わる)
    • 定圧変化: \(\Delta U = Q + W_{\text{された}}\) (熱が内部エネルギーと仕事の両方に分配される)

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

• 応用できる類似問題のパターン:
  • ディーゼルサイクル: 断熱圧縮→定圧膨張→断熱膨張→定積冷却という過程からなるサイクル。本問題と構成要素が似ています。
  • カルノーサイクル: 等温変化と断熱変化のみで構成される、理論上最も熱効率が高いサイクル。
  • スターリングサイクル、ブレイトンサイクル: 様々な熱力学サイクルが存在しますが、いずれも「各過程の性質を理解し、熱力学第一法則を適用する」という基本アプローチは共通です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. サイクルの過程を特定する: まず、サイクルがどのような過程（定積、定圧、等温、断熱）の組み合わせでできているかを\(P-V\)図から読み取ります。
  2. 熱の吸収・放出過程を特定する: サイクルの中で、どの過程で熱を吸収し(\(Q_{\text{in}} > 0\))、どの過程で熱を放出するのか(\(Q_{\text{out}} < 0\))を特定します。これは熱効率の計算に不可欠です。一般に、温度が上がる過程で熱を吸収し、下がる過程で熱を放出します（断熱変化を除く）。
  3. 仕事と内部エネルギーの関係を整理する: 各過程について、\(Q, W, \Delta U\) のうち、どれが0になるか、あるいは簡単に計算できるかを考え、熱力学第一法則の式を簡略化します。
  4. 状態方程式を使いこなす: \(P, V, T\) の関係は常に状態方程式 \(PV=nRT\) で結びつけられています。温度を圧力・体積で表したり、その逆を行ったりして、式を整理する際に活用します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 仕事の符号の混同:
  • 誤解: 「気体がした仕事」と「気体がされた仕事」を混同し、熱力学第一法則の式の符号を間違える。
  • 対策: 自分で「\(\Delta U = Q + W_{\text{された}}\)」か「\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)」のどちらか一方の形を基準として決め、常にその式に立ち返る習慣をつけましょう。膨張すれば「した仕事」は正、「された仕事」は負、圧縮されればその逆、と物理的なイメージと結びつけることも有効です。
• モル比熱の使い分けミス:
  • 誤解: 定圧変化なのに \(C_V\) を使って熱量を計算する、あるいはその逆。
  • 対策: 「定“積”変化の熱量は\(C_V\)」「定“圧”変化の熱量は\(C_p\)」と、名前と対応させて覚えましょう。内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) の計算は、どんな変化でも常に \(C_V\) を使う、という点も重要です。
• 熱効率の式の誤解:
  • 誤解: 吸収した熱量 \(Q_{\text{in}}\) ではなく、吸収と放出を合計した正味の熱量で仕事を割ってしまう。
  • 対策: 熱効率の定義は「投入したエネルギー（吸収した熱）のうち、どれだけを有効な仕事に変換できたか」という割合です。したがって、分母は必ず「吸収した熱量の合計 \(Q_{\text{in}}\)」になります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • \(P-V\)図の活用: この問題の中心となる図です。
    • サイクルが時計回りの場合、囲まれた面積が気体が1サイクルで「した」正味の仕事を表します。
    • サイクルが反時計回りの場合、囲まれた面積が気体が1サイクルで「された」正味の仕事を表します。
    • 断熱曲線は等温曲線よりも傾きが急であることを意識して描くと、各状態の位置関係がより正確に理解できます。
  • エネルギーの流れ図: 高温熱源から熱 \(Q_{\text{in}}\) が入り、一部が仕事 \(W_{\text{net}}\) として取り出され、残りが熱 \(|Q_{\text{out}}|\) として低温熱源に捨てられる、という熱機関の模式図を思い浮かべると、熱効率の概念が理解しやすくなります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 熱力学第一法則:
  • 選定理由: 仕事、熱、内部エネルギーという3つの量の関係性を問うているため。エネルギー保存則として、全ての過程の基本となります。
  • 適用根拠: エネルギー保存則。
• \(Q=nC\Delta T\) (モル比熱の定義):
  • 選定理由: 問題が「熱量」を問うており、かつ定積変化・定圧変化という条件が与えられているため。これらの変化における熱量を最も直接的に計算できる公式です。
  • 適用根拠: モル比熱の物理的な定義そのものです。
• マイヤーの関係式 (\(C_p-C_V=R\)):
  • 選定理由: (4)で関係式を導出するよう求められているため。また、\(C_p\)と\(C_V\)という異なる物理定数を結びつける際に必要となります。
  • 適用根拠: 定圧変化における熱力学第一法則に、状態方程式を適用することで導出される、理想気体の普遍的な性質です。
• 熱効率の定義式 (\(e = W_{\text{net}}/Q_{\text{in}}\)):
  • 選定理由: (5)で「熱効率」という指標そのものが問われているため。
  • 適用根拠: 熱機関の性能を評価するための物理的な定義です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (2) 断熱仕事 \(W_{AB}\):
   • 戦略: A→Bに熱力学第一法則を適用。
   • フロー: \(\Delta U_{AB} = Q_{AB} + W_{AB}\) \(\rightarrow\) \(Q_{AB}=0\) と \(\Delta U_{AB}=C_V(T_B-T_A)\) を代入 \(\rightarrow\) \(W_{AB}\) を求める。
2. (3) 熱量 \(Q_{BC}, Q_{CA}\):
   • 戦略: 各過程のモル比熱の定義式を適用。
   • フロー: B→Cは定圧なので \(Q_{BC}=C_p(T_C-T_B)\)。C→Aは定積なので \(Q_{CA}=C_V(T_A-T_C)\)。
3. (4) 仕事 \(W_{BCA}\) とマイヤーの関係式:
   • 戦略: ①仕事の定義から \(W_{BCA}\) を計算。②B→Cに熱力学第一法則を適用し、(3)の結果と①の仕事の一部を使って関係式を導出。
   • フロー: \(W_{BCA} = W_{BC}+W_{CA} = -p_2(V_1-V_2)+0\)。状態方程式で温度に変換。→ \(\Delta U_{BC} = Q_{BC} + W_{BC}\) に各項を代入し、\(T\)の項を消去して \(C_p, C_V, R\) の関係式を導く。
4. (5) 熱効率 \(e\):
   • 戦略: 熱効率の定義式 \(e = 1 + Q_{\text{out}}/Q_{\text{in}}\) を使う。
   • フロー: \(Q_{\text{in}}=Q_{CA}\), \(Q_{\text{out}}=Q_{BC}\) を代入 \(\rightarrow\) \(e = 1 + \frac{C_p(T_C-T_B)}{C_V(T_A-T_C)}\) \(\rightarrow\) 状態方程式を使い、温度を圧力と体積で表して整理する。
5. (6) 逆サイクル:
   • 戦略: 元のサイクルの熱と仕事の出入りをすべて逆にして、その働きを考察する。
   • フロー: 低温部から熱を吸収し、高温部へ熱を放出する機関（冷凍機・ヒートポンプ）であることを述べる。→ この動作には外部からの仕事が必要であり、それが熱力学第二法則に反しない条件であることを説明する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 添字の確認: \(T_A, T_B, T_C\) など、多くの状態が出てくるため、温度変化 \(\Delta T\) を計算する際に「(後) – (前)」の順番を間違えないように注意しましょう。(\(T_C-T_B\) なのか \(T_B-T_C\) なのか)
• 文字の置き換えは慎重に: (5)のように、多くの文字を含む式を整理する際は、一気に代入するのではなく、段階的に進めましょう。例えば、まず \(e\) を \(T\) と \(C_p, C_V\) で表し、次に \(T\) を \(P, V\) で表す、というように手順を分けると、間違いが減ります。
• 比熱比 \(\gamma\) の導入タイミング: \(\gamma = C_p/C_V\) は、式がある程度整理されてから最後に導入すると見通しが良くなることが多いです。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (3) 熱量の符号: B→Cは圧縮され温度が下がるので \(Q_{BC}<0\) (放出)、C→Aは加熱され温度が上がるので \(Q_{CA}>0\) (吸収) となり、計算結果の符号と物理現象が一致することを確認します。
  • (4) マイヤーの関係式: \(C_p > C_V\) であることは、「定圧下では熱が仕事にも使われる分、温度を上げるのにより多くの熱が必要」という物理的イメージと合致します。
  • (5) 熱効率 \(e\): 熱効率は必ず \(0 < e < 1\) の範囲にあるはずです。得られた式の変数が物理的に妥当な範囲にあるとき、この条件を満たすかを確認します。
• 既知の状況との比較:
  • (4)で導出したマイヤーの関係式 \(C_p-C_V=R\) は、熱力学における最も基本的な関係式の一つです。これが正しく導出できたかで、それまでの計算の妥当性を検証できます。

問題73 (神戸大 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、断熱変化と定積変化を組み合わせた「オットーサイクル」と呼ばれる熱力学サイクルを扱います。1molの単原子分子理想気体を対象に、サイクルの図示、熱の出入り、仕事、そして熱効率を段階的に求めていきます。
核心は、各過程（断熱・定積）の性質を正確に理解し、熱力学第一法則とポアソンの法則を的確に適用することです。

【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「オットーサイクル」の解析です。熱力学の基本法則を体系的に適用して解き進めます。
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. 熱力学第一法則: \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)。気体のエネルギー収支の基本です。
2. 各変化の性質:
   • 断熱変化: \(Q=0\)。したがって \(\Delta U = -W_{\text{した}}\)。
   • 定積変化: \(W_{\text{した}}=0\)。したがって \(Q = \Delta U\)。
3. 内部エネルギー: 単原子分子理想気体の場合、\(\Delta U = nC_V\Delta T = C_V\Delta T\)。
4. ポアソンの法則: 断熱変化では \(pV^\gamma = \text{一定}\) が成り立ちます。状態方程式 \(pV=RT\) を使うと、\(TV^{\gamma-1} = \text{一定}\) という形にも変形できます。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. (1)は各過程の性質（断熱、定積）を\(p-V\)図上に表現します。
2. (2)は熱の出入りがある定積過程について、熱力学第一法則から熱量を求めます。
3. (3)は熱力学第一法則のサイクル全体への適用 (\(W = Q_{\text{吸収}} + Q_{\text{放出}}\))、または各過程の仕事の和として計算します。
4. (4)は2つの断熱過程にポアソンの法則を適用し、式を整理して関係を導きます。
5. (5)は熱効率の定義式 \(e = \displaystyle\frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\) に、(2)(3)の結果と(4)の関係式を適用して計算します。

問(1)

思考の道筋とポイント
サイクル a→b→c→d→a の各過程を\(p-V\)図に描きます。それぞれの過程がどのような曲線または直線になるかを考えます。

この設問における重要なポイント

• a→b (断熱膨張): 体積が増加し、圧力は減少します。曲線は \(pV^\gamma = \text{一定}\) に従います。
• b→c (定積冷却): 体積\(V_1\)が一定のまま、温度が下がるので圧力も下がります。グラフ上では垂線になります。
• c→d (断熱圧縮): 体積が減少し、圧力は増加します。曲線は \(pV^\gamma = \text{一定}\) に従います。
• d→a (定積加熱): 体積\(V_2\)が一定のまま、温度が上がるので圧力も上がります。グラフ上では垂線になります。
• 断熱曲線は等温曲線よりも傾きが急になります。

具体的な解説と立式
上記のポイントに従ってグラフを描きます。

1. 点aから断熱膨張して点bへ。体積は\(V_2\)から\(V_1\)へ増加。
2. 点bから定積冷却して点cへ。体積は\(V_1\)のまま圧力減少。
3. 点cから断熱圧縮して点dへ。体積は\(V_1\)から\(V_2\)へ減少。
4. 点dから定積加熱して点aへ。体積は\(V_2\)のまま圧力増加。

これにより、2本の断熱曲線と2本の垂線（定積線）で囲まれた時計回りのサイクルが描かれます。

描かれた図は、ガソリンエンジンの理論サイクルであるオットーサイクルを表しています。各過程の性質を正しく反映した図となります。

問(2)

思考の道筋とポイント
4つの状態変化のうち、熱の出入りがあるのは定積過程 b→c と d→a のみです。断熱過程では熱の出入りはありません。それぞれの熱量を、熱力学第一法則を用いて求めます。

この設問における重要なポイント

• 断熱過程 (a→b, c→d) では \(Q=0\)。
• 定積過程 (b→c, d→a) では \(W_{\text{した}}=0\)。したがって熱力学第一法則は \(Q = \Delta U\) となります。
• 内部エネルギーの変化は \(\Delta U = C_V \Delta T\) で計算します。

具体的な解説と立式

• 過程 b→c (定積冷却):
  気体が吸収する熱量を \(Q_{bc}\) とすると、定積変化なので \(W_{bc}=0\)。熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) より、
  $$
  \begin{aligned}
  Q_{bc} &= \Delta U_{bc} + 0 \\[2.0ex]&= C_V(T_c – T_b)
  \end{aligned}
  $$
  問題文より温度は下がるので \(T_c < T_b\) であり、\(Q_{bc} < 0\)。これは熱を放出していることを意味します。
• 過程 d→a (定積加熱):
  気体が吸収する熱量を \(Q_{da}\) とすると、定積変化なので \(W_{da}=0\)。
  $$
  \begin{aligned}
  Q_{da} &= \Delta U_{da} + 0 \\[2.0ex]&= C_V(T_a – T_d)
  \end{aligned}
  $$
  問題文より温度は上がるので \(T_a > T_d\) であり、\(Q_{da} > 0\)。これは熱を吸収していることを意味します。

• 熱を吸収する過程: d→a, 熱量は \(Q_{da} = C_V(T_a – T_d)\)
• 熱を放出する過程: b→c, 熱量は \(Q_{bc} = C_V(T_c – T_b)\) (放出量は \(C_V(T_b – T_c)\))

これは物理的に妥当な結果です。

問(3)

思考の道筋とポイント
1サイクルで気体が外部にする仕事の総和 \(W\) は、サイクル全体でのエネルギー保存則（熱力学第一法則）から求めるのが最も簡単です。1サイクル後には元の状態に戻るため、内部エネルギーの変化はゼロ (\(\Delta U_{\text{サイクル}}=0\)) です。

この設問における重要なポイント

• サイクル全体では \(\Delta U_{\text{サイクル}} = 0\)。
• 熱力学第一法則は \(Q_{\text{正味}} = \Delta U_{\text{サイクル}} + W\) となります。
• したがって、正味の仕事 \(W\) は、吸収した正味の熱量 \(Q_{\text{正味}}\) に等しくなります。
• \(Q_{\text{正味}} = Q_{da} + Q_{bc}\)。

具体的な解説と立式
1サイクル全体での熱力学第一法則 \(Q_{\text{正味}} = \Delta U_{\text{サイクル}} + W\) を考えます。
サイクルなので、始点と終点が同じ状態aであり、内部エネルギーの変化は \(\Delta U_{\text{サイクル}} = 0\) です。
よって、
$$W = Q_{\text{正味}}$$
正味の熱量 \(Q_{\text{正味}}\) は、各過程で吸収した熱量の総和です。断熱過程では \(Q_{ab}=Q_{cd}=0\)。問(2)の結果より、
$$
\begin{aligned}
W &= Q_{ab} + Q_{bc} + Q_{cd} + Q_{da} \\[2.0ex]&= 0 + C_V(T_c – T_b) + 0 + C_V(T_a – T_d) \\[2.0ex]&= C_V(T_a – T_b + T_c – T_d)
\end{aligned}
$$

別解: 各過程の仕事の和
具体的な解説と立式
仕事は断熱過程 a→b と c→d で行われます。\(W = W_{ab} + W_{cd}\)。
熱力学第一法則より、\(W_{ab} = -\Delta U_{ab} = -C_V(T_b – T_a) = C_V(T_a – T_b)\)。
同様に、\(W_{cd} = -\Delta U_{cd} = -C_V(T_d – T_c) = C_V(T_c – T_d)\)。
よって、
$$
\begin{aligned}
W &= W_{ab} + W_{cd} \\[2.0ex]&= C_V(T_a – T_b) + C_V(T_c – T_d) \\[2.0ex]&= C_V(T_a – T_b + T_c – T_d)
\end{aligned}
$$
となり、同じ結果が得られます。

1周して元の場所に戻ってくるので、内部エネルギーの「高さ」は変わりません（変化はゼロ）。そのため、エネルギー保存則から「外部にした仕事の合計」は「吸収した熱と放出した熱の合計」に等しくなります。問(2)で計算した熱量を足し合わせるだけで、仕事の総和が求まります。

仕事の総和は \(W = C_V(T_a – T_b + T_c – T_d)\) となります。これはサイクルを構成する4つの状態の温度だけで決まることを示しています。

問(4)

思考の道筋とポイント
2つの断熱過程 a→b と c→d について、ポアソンの法則を適用します。圧力\(p\)を消去した \(TV^{\gamma-1} = \text{一定}\) の形を用いるのが便利です。

この設問における重要なポイント

• ポアソンの法則の \(TV^{\gamma-1} = \text{一定}\) の形を導出または利用します。
• 過程 a→b と 過程 c→d のそれぞれで立式します。
• 得られた2つの式を整理して、目的の関係式を導きます。

具体的な解説と立式
ポアソンの法則 \(pV^\gamma = \text{一定}\) と状態方程式 \(pV=RT\) (n=1) から \(p=\frac{RT}{V}\) を代入して \(p\) を消去します。
$$(\frac{RT}{V})V^\gamma = \text{一定}$$
この式から、\(RTV^{\gamma-1} = \text{一定}\) となります。\(R\)は定数なので、
$$TV^{\gamma-1} = \text{一定}$$
この関係を各断熱過程に適用します。

• 過程 a→b:
  状態a (温度\(T_a\), 体積\(V_2\)) と状態b (温度\(T_b\), 体積\(V_1\)) の間で成立します。
  $$T_a V_2^{\gamma-1} = T_b V_1^{\gamma-1} \quad \cdots ①$$
• 過程 c→d:
  状態c (温度\(T_c\), 体積\(V_1\)) と状態d (温度\(T_d\), 体積\(V_2\)) の間で成立します。
  $$T_c V_1^{\gamma-1} = T_d V_2^{\gamma-1} \quad \cdots ②$$

式①から、
$$\frac{T_a}{T_b} = \frac{V_1^{\gamma-1}}{V_2^{\gamma-1}}$$
これを整理すると、
$$\frac{T_a}{T_b} = \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}$$
式②から、
$$\frac{T_d}{T_c} = \frac{V_1^{\gamma-1}}{V_2^{\gamma-1}}$$
これを整理すると、
$$\frac{T_d}{T_c} = \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}$$
両式の右辺が等しいので、左辺も等しくなります。
$$\frac{T_a}{T_b} = \frac{T_d}{T_c}$$

断熱変化には「ポアソンの法則」という特別なルールが適用できます。このルールを、温度と体積の関係を表す \(TV^{\gamma-1} = \text{一定}\) の形で、2つの断熱過程（a→b と c→d）それぞれに適用します。すると、2つの式から同じ形（\((V_1/V_2)^{\gamma-1}\)）が出てくるので、それらを結びつけることで目的の式が証明できます。

関係式 \(\displaystyle\frac{T_a}{T_b} = \frac{T_d}{T_c}\) が示されました。これは、同じ体積比で断熱変化させると、温度比も等しくなるというオットーサイクルの重要な性質を表しています。

問(5)

思考の道筋とポイント
熱効率\(e\)は、定義式 \(e = \displaystyle\frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\) を用いて計算します。\(W\)は問(3)の結果、\(Q_{\text{吸収}}\)（吸収熱量）は問(2)の結果を用います。そして、問(4)で証明した関係式を使って式を簡略化します。

この設問における重要なポイント

• 熱効率の定義: \(e = \displaystyle\frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\)
• 吸収熱量 \(Q_{\text{吸収}}\) は、過程d→aで吸収する熱量 \(Q_{da}\) のみです。
• \(W = C_V(T_a – T_b + T_c – T_d)\)
• \(Q_{\text{吸収}} = Q_{da} = C_V(T_a – T_d)\)
• 関係式 \(\displaystyle\frac{T_a}{T_b} = \frac{T_d}{T_c}\) を利用して式を整理します。

具体的な解説と立式
熱効率の定義式に、問(2), (3)の結果を代入します。
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{W}{Q_{da}} \\[2.0ex]&= \frac{C_V(T_a – T_b + T_c – T_d)}{C_V(T_a – T_d)}
\end{aligned}
$$
\(C_V\)を約分し、式を整理します。
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{(T_a – T_d) – (T_b – T_c)}{T_a – T_d} \\[2.0ex]&= 1 – \frac{T_b – T_c}{T_a – T_d}
\end{aligned}
$$
ここで、問(4)の関係式 \(\displaystyle\frac{T_a}{T_b} = \frac{T_d}{T_c}\) を変形すると \(\displaystyle\frac{T_c}{T_d} = \frac{T_b}{T_a}\) となります。
この関係を使うと、
$$T_c = T_d \frac{T_b}{T_a}$$
これを熱効率の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
e &= 1 – \frac{T_b – T_d \frac{T_b}{T_a}}{T_a – T_d} \\[2.0ex]&= 1 – \frac{\frac{T_b}{T_a}(T_a – T_d)}{T_a – T_d}
\end{aligned}
$$
\(T_a \neq T_d\) なので \((T_a – T_d)\) を約分すると、
$$e = 1 – \frac{T_b}{T_a}$$
最後に、この温度比を体積比で表します。断熱過程a→bの関係式① \(T_a V_2^{\gamma-1} = T_b V_1^{\gamma-1}\) より、
$$\frac{T_b}{T_a} = \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\gamma-1}$$
これを代入して、最終的な答えを得ます。
$$e = 1 – \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^{\gamma-1}$$

熱効率は「した仕事 ÷ 吸収した熱」で計算します。問(3)で計算した仕事と、問(2)で計算した吸収熱を代入します。すると、温度だらけの複雑な式になりますが、問(4)で証明した関係式を使うと、きれいに約分できて \(1 – T_b/T_a\) というシンプルな形になります。最後に、この温度の比をポアソンの法則を使って体積の比に変換すれば完成です。

熱効率は \(e = 1 – \left(\displaystyle\frac{V_2}{V_1}\right)^{\gamma-1}\) となります。\(V_1 > V_2\) なので、圧縮比(\(V_1/V_2\))が大きいほど、また気体の比熱比\(\gamma\)が大きいほど、熱効率が高くなることがわかります。これはオットーサイクルの重要な性質であり、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？

• 熱力学第一法則 (\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)):
  • 核心: この問題で起こる全てのエネルギー変換（熱が内部エネルギーや仕事に変わる、仕事が内部エネルギーに変わるなど）を記述する基本法則です。特に、各過程の性質（断熱なら\(Q=0\)、定積なら\(W=0\)）と組み合わせることで、未知の物理量を求める強力なツールとなります。
  • 理解のポイント: サイクル全体で考えると、内部エネルギーは元に戻る(\(\Delta U = 0\))ため、正味の仕事は正味の熱量に等しい(\(W=Q_{\text{正味}}\))という関係は、仕事の計算を大幅に簡略化してくれます。
• ポアソンの法則 (\(TV^{\gamma-1} = \text{一定}\)):
  • 核心: 断熱変化における状態量（この場合は温度と体積）の関係を規定する法則です。理想気体の状態方程式だけでは追えない断熱過程の変化を記述するために不可欠です。
  • 理解のポイント: \(pV^\gamma = \text{一定}\) という基本形だけでなく、状態方程式と組み合わせて導かれる \(TV^{\gamma-1} = \text{一定}\) や \(p^{1-\gamma}T^\gamma = \text{一定}\) の形も、問題に応じて使い分けることが重要です。本問(4)では \(TV^{\gamma-1}\) の形が最も有効でした。
• 熱効率の定義 (\(e = \frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\)):
  • 核心: 熱機関の性能を評価するための指標です。投入した熱エネルギーのうち、どれだけの割合を有効な仕事として取り出せたかを示します。
  • 理解のポイント: \(W = Q_{\text{吸収}} + Q_{\text{放出}}\) （\(Q_{\text{放出}}\)は放出熱なので負の値）という関係を使うと、\(e = 1 + \frac{Q_{\text{放出}}}{Q_{\text{吸収}}}\) とも変形できます。どちらの形で計算するかは、問題で与えられている量や、計算のしやすさで判断します。

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

• 応用できる類似問題のパターン:
  • ディーゼルサイクル: 断熱圧縮 → 定圧膨張 → 断熱膨張 → 定積冷却。本問の定積加熱が定圧膨張に変わったもので、考え方の多くが共通しています。
  • カルノーサイクル: 等温変化と断熱変化で構成されるサイクル。ポアソンの法則と、等温変化における仕事・熱量の計算が鍵となります。
  • 冷凍サイクル（逆サイクル）: 本問のサイクルを逆回転させたもの。仕事と熱の出入りが逆になり、冷凍機やヒートポンプの原理を問われます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. サイクルの構成要素を把握する: まず、\(P-V\)図を描き（または読み取り）、サイクルがどの過程（定積、定圧、等温、断熱）で構成されているかを確認します。
  2. 熱の出入りを特定する: どの過程で熱を吸収し(\(Q_{\text{吸収}}>0\))、どの過程で熱を放出するのか(\(Q_{\text{放出}}<0\))を特定します。これが熱効率計算の第一歩です。断熱過程は熱の出入りがないので除外できます。
  3. 断熱過程に注目する: サイクルに断熱過程が含まれている場合、ポアソンの法則が状態間の関係を結びつける鍵になることが多いです。(4)のように、複数の断熱過程があれば、それらの間で共通の体積比や圧力比を見出すことができます。
  4. 温度で統一するか、P,Vで統一するか: 計算の途中で、式を温度\(T\)だけで表すか、圧力\(P\)と体積\(V\)で表すか、方針を立てると見通しが良くなります。本問(5)では、一度温度の比に整理してから、最後に体積比に変換する流れが有効でした。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ポアソンの法則の指数の間違い:
  • 誤解: \(TV^{\gamma-1}\) の \(\gamma-1\) を \(\gamma\) と間違えたり、\(pV^\gamma\) と混同したりする。
  • 対策: \(pV=RT\) から \(p \propto T/V\) なので、\(pV^\gamma \propto (T/V)V^\gamma = TV^{\gamma-1}\) と、毎回簡単な導出を頭の中で行う習慣をつけると、指数を間違えにくくなります。
• 熱効率の \(Q_{\text{吸収}}\) の選定ミス:
  • 誤解: 熱を吸収する過程が複数ある場合に、そのうちの一つだけを \(Q_{\text{吸収}}\) としてしまう。あるいは、放出する熱量も足し合わせた \(Q_{\text{正味}}\) を分母にしてしまう。
  • 対策: \(Q_{\text{吸収}}\) は「吸収した熱量の総和」です。サイクルの中で \(Q>0\) となる過程をすべて見つけ出し、それらを合計したものが分母に来ることを徹底しましょう。
• (4)の証明での式変形ミス:
  • 誤解: \(T_a V_2^{\gamma-1} = T_b V_1^{\gamma-1}\) を \(\frac{T_a}{T_b} = \frac{V_2^{\gamma-1}}{V_1^{\gamma-1}}\) のように、移項で指数部分の符号を間違える。
  • 対策: 指数を含む式の変形は焦らず、一行ずつ丁寧に行いましょう。\(\frac{T_a}{T_b} = \left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1}\) のように、比の形にまとめることを意識するとミスが減ります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • \(P-V\)図の正確な描画: (1)で問われている通り、まずサイクルを図示することが理解の第一歩です。特に、断熱曲線 (a→b, c→d) が曲線であり、定積過程 (b→c, d→a) が垂直な直線であることを明確に区別して描くことが重要です。
  • 温度の高低を意識する: \(P-V\)図で、原点から遠い等温線ほど高温になります。したがって、状態aが最も高温で、以下d, b, cの順に温度が下がっていくとおおよその見当がつきます（実際には \(T_a > T_d\) と \(T_b > T_c\) は確定）。この温度の序列を意識すると、熱の吸収・放出の判断（温度が上がるd→aで吸収、下がるb→cで放出）が容易になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 熱力学第一法則:
  • 選定理由: (2)で断熱過程の熱量を、(3)で仕事と熱の関係を問われているため。エネルギーの変換を伴う全ての過程で基本となる法則です。
  • 適用根拠: エネルギー保存則。
• ポアソンの法則 (\(TV^{\gamma-1}=\text{一定}\)):
  • 選定理由: (4)で断熱過程を含むサイクルにおける状態間の関係式を導出する必要があるため。断熱変化を特徴づける専用の法則です。
  • 適用根拠: 断熱かつ準静的な（ゆっくりとした）変化であるという物理的条件。
• 熱効率の定義式:
  • 選定理由: (5)で「熱効率」という、熱機関の性能指標そのものを問われているため。
  • 適用根拠: 熱機関の性能を評価するための物理的な定義。

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) \(P-V\)図:
   • 戦略: 各過程の性質（断熱膨張、定積冷却、断熱圧縮、定積加熱）をグラフにプロットする。
2. (2) 熱量の計算:
   • 戦略: 熱の出入りがある定積過程(b→c, d→a)に、\(Q=\Delta U=C_V\Delta T\)を適用。
   • フロー: \(Q_{bc} = C_V(T_c-T_b)\) (放出), \(Q_{da} = C_V(T_a-T_d)\) (吸収)。
3. (3) 仕事の総和 \(W\):
   • 戦略: サイクル全体で \(\Delta U=0\) を利用し、\(W=Q_{\text{正味}}\) で計算。
   • フロー: \(W = Q_{bc} + Q_{da} = C_V(T_c-T_b) + C_V(T_a-T_d)\)。
4. (4) 温度関係式の証明:
   • 戦略: 2つの断熱過程(a→b, c→d)にポアソンの法則 \(TV^{\gamma-1}=\text{一定}\) を適用。
   • フロー: \(T_aV_2^{\gamma-1}=T_bV_1^{\gamma-1}\) と \(T_cV_1^{\gamma-1}=T_dV_2^{\gamma-1}\) を立式し、両者を整理して \(\frac{T_a}{T_b}=\frac{T_d}{T_c}\) を導く。
5. (5) 熱効率 \(e\):
   • 戦略: 定義式 \(e = W/Q_{\text{吸収}}\) に、(2),(3)の結果を代入し、(4)の関係式で簡略化する。
   • フロー: \(e = \frac{C_V(T_a-T_b+T_c-T_d)}{C_V(T_a-T_d)} = 1 – \frac{T_b-T_c}{T_a-T_d}\) → (4)の関係を使い \(1-\frac{T_b}{T_a}\) に変形 → ポアソンの法則で体積比の式に直す。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 式の整理と代入の順序: (5)の計算は、複数の式を代入するため複雑に見えます。
  1. まず \(e\) を温度の式で表す。
  2. 次に(4)の関係式を使って温度の項をできるだけ消去する。
  3. 最後に残った温度比を、ポアソンの法則を使って体積比に変換する。

  このように、段階を追って計算を進めることで、混乱を防ぎ、ミスを減らすことができます。

• 比の扱い: (4)や(5)では、物理量の「比」をうまく使うことが計算を簡潔にするコツです。\(\frac{T_a}{T_b}\) や \(\frac{V_1}{V_2}\) などを一つの塊として扱うと、式全体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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (3) 仕事の符号: サイクルは時計回りなので、気体は正味で正の仕事をするはずです。\(W = C_V((T_a-T_d) – (T_b-T_c))\) と変形でき、\(T_a>T_d\), \(T_b>T_c\) であり、(4)の関係から \((T_a-T_d) > (T_b-T_c)\) が言えるため、\(W>0\) となり妥当です。
  • (5) 熱効率の式: \(e = 1 – (\frac{V_2}{V_1})^{\gamma-1}\)。ここで \(V_1 > V_2\) かつ \(\gamma > 1\) なので、\(0 < \frac{V_2}{V_1} < 1\) であり、\(0 < (\frac{V_2}{V_1})^{\gamma-1} < 1\) となります。したがって、熱効率 \(e\) は必ず 1 より小さい正の値となり、物理的に正しい結果です。また、この式は圧縮比 \(V_1/V_2\) が大きいほど \(e\) が1に近づく（効率が良くなる）ことを示しており、エンジンの性質とも一致します。

問題74 (佐賀大 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、\(V-T\)図で与えられた、単原子分子理想気体のサイクルについて考察するものです。定積変化と定圧変化を組み合わせたサイクルについて、熱量、仕事、熱効率を求めます。
核心は、与えられた\(V-T\)図から各過程が「定積変化」なのか「定圧変化」なのかを正しく読み取り、熱力学第一法則と理想気体の状態方程式を的確に適用することです。

【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「定積・定圧サイクル」の解析です。\(V-T\)図から\(p-V\)図へ変換し、熱力学の法則を適用していきます。
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. 過程の特定: \(V-T\)図のグラフの形から、各過程が定積変化か定圧変化かを判断します。
2. 熱力学第一法則: \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)。エネルギー収支の基本です。
3. 内部エネルギー: 単原子分子理想気体なので、\(\Delta U = nC_V\Delta T = \displaystyle\frac{3}{2}R\Delta T\)。
4. モル比熱: 定積変化の熱量は \(Q=nC_V\Delta T\)、定圧変化の熱量は \(Q=nC_p\Delta T\) で計算できます。単原子分子では \(C_V=\frac{3}{2}R\), \(C_p=\frac{5}{2}R\) です。
5. 理想気体の状態方程式: \(pV=nRT\)。各状態の物理量を特定したり、過程の性質を判断したりするのに使います。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. (1)はA→Bが定積変化であることを見抜き、\(Q=\Delta U\) として熱量を計算します。
2. (2)は各状態の圧力と体積を求め、\(p-V\)図にプロットします。
3. (3)はB→Cが定圧変化であることから熱量\(Q_{BC}\)を計算し、(1)の結果と比較します。
4. (4)はサイクル全体の仕事なので、\(p-V\)図で囲まれた面積を計算するのが最も簡単です。
5. (5)は熱効率の定義 \(e = \displaystyle\frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\) に従って、(4)の仕事と、熱を吸収する全過程の熱量を計算して求めます。

問(1)

思考の道筋とポイント
過程A→Bは、\(V-T\)図から体積が\(V_1\)で一定の「定積変化」であることがわかります。定積変化では気体がする仕事はゼロなので、吸収した熱量はすべて内部エネルギーの増加になります。

この設問における重要なポイント

• A→Bは定積変化なので、\(W_{AB}=0\)です。
• 熱力学第一法則は \(Q_{AB} = \Delta U_{AB}\)となります。
• 気体は単原子分子理想気体なので、内部エネルギーの変化は \(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\)で計算します。
• 温度変化は \(T_1 \to 2T_1\)です。

具体的な解説と立式
過程A→Bは定積変化なので、気体がした仕事 \(W_{AB}\) は0です。
熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) より、
$$
\begin{aligned}
Q_{AB} &= \Delta U_{AB} + 0 \\[2.0ex]&= \Delta U_{AB}
\end{aligned}
$$
単原子分子理想気体(\(n=1\))の内部エネルギー変化 \(\Delta U_{AB}\) は、
$$\Delta U_{AB} = \frac{3}{2}R(T_B – T_A)$$
状態Aの温度は\(T_1\)、状態Bの温度は\(2T_1\)なので、
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{AB} &= \frac{3}{2}R(2T_1 – T_1) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2}RT_1
\end{aligned}
$$
したがって、吸収した熱量 \(Q_{AB}\) は、
$$Q_{AB} = \frac{3}{2}RT_1$$

別解: 定積モル比熱を用いた計算
具体的な解説と立式
A→Bは定積変化なので、熱量は定積モル比熱\(C_V\)を用いて \(Q=nC_V\Delta T\) で計算できます。単原子分子理想気体の場合、\(C_V = \displaystyle\frac{3}{2}R\) です。
$$Q_{AB} = nC_V(T_B – T_A)$$
\(n=1\), \(C_V=\displaystyle\frac{3}{2}R\), \(T_A=T_1\), \(T_B=2T_1\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
Q_{AB} &= 1 \cdot \frac{3}{2}R \cdot (2T_1 – T_1) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2}RT_1
\end{aligned}
$$

AからBへの変化は、体積を変えずに温度を上げるだけです。このとき気体に与えた熱は、すべて気体の内部エネルギー（元気）を増やすために使われます。内部エネルギーの増加量は公式 \(\frac{3}{2}R \times (\text{温度変化})\) で計算できます。

A→Bで吸収した熱量は \(Q_{AB} = \displaystyle\frac{3}{2}RT_1\) です。温度が上昇しているので \(Q_{AB}>0\) となり、熱を吸収していることが確認でき、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
サイクルA→B→C→D→Aの\(p-V\)図を描くには、各状態(A, B, C, D)の圧力と体積を求める必要があります。

この設問における重要なポイント

• 各状態の(P, V)を求める。
  • A: (\(P_A, V_1\))
  • B: (\(P_B, V_1\))
  • C: (\(P_C, 2V_1\))
  • D: (\(P_D, 2V_1\))
• 状態方程式 \(pV=RT\) を使って未知の圧力を求める。
• B→CとD→Aは定圧変化なので、\(P_B=P_C\), \(P_D=P_A\)。

具体的な解説と立式
まず、各状態の圧力と体積を求めます。

• 状態A: \(V_A=V_1\)。圧力を\(P_A\)とすると、状態方程式より \(P_AV_1 = RT_1\)。よって \(P_A = \displaystyle\frac{RT_1}{V_1}\)。
• 状態B: \(V_B=V_1\)。圧力を\(P_B\)とすると、状態方程式より \(P_BV_1 = R(2T_1)\)。よって \(P_B = \displaystyle\frac{2RT_1}{V_1}\)。
• 状態C: \(V_C=2V_1\)。B→Cは定圧変化なので、\(P_C = P_B = \displaystyle\frac{2RT_1}{V_1}\)。
• 状態D: \(V_D=2V_1\)。D→Aは定圧変化なので、\(P_D = P_A = \displaystyle\frac{RT_1}{V_1}\)。

これらの(P, V)の値を\(p-V\)図にプロットします。

• A: (\(\displaystyle\frac{RT_1}{V_1}, V_1\))
• B: (\(\displaystyle\frac{2RT_1}{V_1}, V_1\))
• C: (\(\displaystyle\frac{2RT_1}{V_1}, 2V_1\))
• D: (\(\displaystyle\frac{RT_1}{V_1}, 2V_1\))

この4点を結ぶと、長方形のサイクルが描かれます。

\(p-V\)図は、横軸が\(V_1\)と\(2V_1\)、縦軸が \(\frac{RT_1}{V_1}\) と \(\frac{2RT_1}{V_1}\) の4点で囲まれた長方形になります。A→BとC→Dが定積変化（垂直な線）、B→CとD→Aが定圧変化（水平な線）となり、与えられた条件と一致します。

問(3)

思考の道筋とポイント
過程B→Cは、\(V-T\)図で原点を通る直線なので「定圧変化」です。定圧変化で気体が吸収する熱量を求め、問(1)で求めた\(Q_{AB}\)と比較します。

この設問における重要なポイント

• B→Cは定圧変化。
• 定圧変化の熱量は \(Q = nC_p\Delta T\) で計算します。
• 単原子分子理想気体なので、定圧モル比熱は \(C_p = \displaystyle\frac{5}{2}R\)。
• 温度変化 \(\Delta T = T_C – T_B\) を求める必要があります。

具体的な解説と立式
まず、状態Cの温度\(T_C\)を求めます。
過程B→Cは定圧変化なので、シャルルの法則が成り立ちます。
$$\frac{V_B}{T_B} = \frac{V_C}{T_C}$$
\(V_B=V_1, T_B=2T_1, V_C=2V_1\) を代入して、
$$\frac{V_1}{2T_1} = \frac{2V_1}{T_C}$$
これを解いて \(T_C = 4T_1\)。
次に、過程B→Cで吸収する熱量 \(Q_{BC}\) を計算します。
$$Q_{BC} = nC_p(T_C – T_B)$$
\(n=1\), \(C_p=\displaystyle\frac{5}{2}R\), \(T_B=2T_1\), \(T_C=4T_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q_{BC} &= 1 \cdot \frac{5}{2}R \cdot (4T_1 – 2T_1) \\[2.0ex]&= \frac{5}{2}R(2T_1) \\[2.0ex]&= 5RT_1
\end{aligned}
$$
最後に、\(Q_{BC}\) が \(Q_{AB}\) の何倍かを計算します。
$$\frac{Q_{BC}}{Q_{AB}} = \frac{5RT_1}{\frac{3}{2}RT_1}$$

別解: 熱力学第一法則を用いた計算
具体的な解説と立式
$$Q_{BC} = \Delta U_{BC} + W_{BC}$$
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{BC} &= \frac{3}{2}R(T_C-T_B) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2}R(4T_1-2T_1) \\[2.0ex]&= 3RT_1
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
W_{BC} &= P_B(V_C-V_B) \\[2.0ex]&= \frac{2RT_1}{V_1}(2V_1-V_1) \\[2.0ex]&= 2RT_1
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
Q_{BC} &= 3RT_1 + 2RT_1 \\[2.0ex]&= 5RT_1
\end{aligned}
$$
結果は同じです。

上記の通り、\(Q_{BC} = 5RT_1\)。
問(1)より \(Q_{AB} = \displaystyle\frac{3}{2}RT_1\)。
比を計算すると、
$$
\begin{aligned}
\frac{Q_{BC}}{Q_{AB}} &= \frac{5RT_1}{\frac{3}{2}RT_1} \\[2.0ex]&= \frac{10}{3}
\end{aligned}
$$

B→Cで吸収する熱量は、A→Bで吸収する熱量の \(\displaystyle\frac{10}{3}\) 倍です。

問(4)

思考の道筋とポイント
1サイクルで気体がした仕事は、\(p-V\)図でサイクルが囲む面積に等しくなります。問(2)で描いた\(p-V\)図は長方形なので、その面積を計算します。

この設問における重要なポイント

• \(W = (\text{圧力差}) \times (\text{体積差})\)
• 圧力差: \(P_B – P_A\)
• 体積差: \(V_C – V_A\)

具体的な解説と立式
\(p-V\)図で囲まれた長方形の面積が、1サイクルで気体がした仕事\(W\)になります。
$$W = (P_B – P_A)(V_C – V_A)$$
問(2)の計算結果より、

• \(P_A = \displaystyle\frac{RT_1}{V_1}\)
• \(P_B = \displaystyle\frac{2RT_1}{V_1}\)
• \(V_A = V_1\)
• \(V_C = 2V_1\)

これらを代入します。
$$
\begin{aligned}
W &= \left( \frac{2RT_1}{V_1} – \frac{RT_1}{V_1} \right) (2V_1 – V_1) \\[2.0ex]&= \left( \frac{RT_1}{V_1} \right) (V_1) \\[2.0ex]&= RT_1
\end{aligned}
$$

別解: 各過程の仕事の和
具体的な解説と立式
$$W = W_{AB} + W_{BC} + W_{CD} + W_{DA}$$
\(W_{AB}=0, W_{CD}=0\) (定積)
$$
\begin{aligned}
W_{BC} &= P_B(V_C-V_B) \\[2.0ex]&= \frac{2RT_1}{V_1}(2V_1-V_1) \\[2.0ex]&= 2RT_1
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
W_{DA} &= P_A(V_A-V_D) \\[2.0ex]&= \frac{RT_1}{V_1}(V_1-2V_1) \\[2.0ex]&= -RT_1
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
W &= 0 + 2RT_1 + 0 – RT_1 \\[2.0ex]&= RT_1
\end{aligned}
$$
結果は同じです。

1サイクルで気体がした仕事は \(W=RT_1\) です。サイクルが時計回りなので、正の仕事をしていることと一致し、妥当な結果です。

問(5)

思考の道筋とポイント
熱効率\(e\)は、定義式 \(e = \displaystyle\frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\) を用いて計算します。\(W\)は問(4)の結果、\(Q_{\text{吸収}}\)は熱を吸収する全過程の熱量の和です。

この設問における重要なポイント

• 熱効率の定義: \(e = \displaystyle\frac{W}{Q_{\text{吸収}}}\)
• 熱を吸収する過程を特定する: 温度が上昇する過程は A→B と B→C です。
• \(Q_{\text{吸収}} = Q_{AB} + Q_{BC}\)
• \(Q_{AB}\)は問(1)、\(Q_{BC}\)は問(3)、\(W\)は問(4)の結果を使います。

具体的な解説と立式
熱効率\(e\)の定義式は、
$$e = \frac{W}{Q_{\text{吸収}}}$$
このサイクルで熱を吸収するのは、温度が上昇する過程A→BとB→Cです。
$$Q_{\text{吸収}} = Q_{AB} + Q_{BC}$$
問(1), (3), (4)の結果を代入します。

• \(W = RT_1\)
• \(Q_{AB} = \displaystyle\frac{3}{2}RT_1\)
• \(Q_{BC} = 5RT_1\)

$$
\begin{aligned}
e &= \frac{RT_1}{Q_{AB} + Q_{BC}} \\[2.0ex]&= \frac{RT_1}{\frac{3}{2}RT_1 + 5RT_1} \\[2.0ex]&= \frac{RT_1}{(\frac{3}{2} + \frac{10}{2})RT_1} \\[2.0ex]&= \frac{RT_1}{\frac{13}{2}RT_1} \\[2.0ex]&= \frac{2}{13}
\end{aligned}
$$

熱効率は「（エンジンが）した仕事の総量」を「（エンジンに）投入した熱エネルギーの総量」で割ったものです。このサイクルでは、A→BとB→Cの2段階で熱を吸収（投入）しています。問(4)で計算した仕事\(W\)を、問(1)と問(3)で計算した熱量の合計で割ることで、効率が求められます。

このサイクルの熱効率は \(e = \displaystyle\frac{2}{13}\) です。0より大きく1より小さい値であり、熱効率として妥当な値です。

【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 (\(pV=nRT\)) とグラフの読解:
  • 核心: この問題の出発点は、与えられた\(V-T\)図から各過程の物理的意味を正確に読み取ることです。特に「体積が温度に比例する」という記述が、状態方程式 \(p=\frac{nRT}{V}\) を経由して「定圧変化」を意味することを見抜くのが最重要ポイントです。
  • 理解のポイント: \(p-V\)図、\(V-T\)図、\(p-T\)図の三者は、状態方程式を通じて互いに変換可能です。あるグラフで直線や特定の曲線が、別のグラフではどのような線に対応するのかを理解しておくことが、応用力を高めます。
• 熱力学第一法則 (\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)):
  • 核心: 気体のエネルギー収支を記述する基本法則です。この問題では、熱量(\(Q\))、内部エネルギー変化(\(\Delta U\))、仕事(\(W\))の3つのうち2つを計算し、残りの1つを求める、という形で繰り返し使用されます。
  • 理解のポイント: (1)の定積変化では \(W=0\) なので \(Q=\Delta U\)、(3)の定圧変化では \(Q, \Delta U, W\) の3つ全てを計算、(4)のサイクル全体では \(\Delta U=0\) なので \(W=Q_{\text{正味}}\) と、過程の性質に応じて法則の形を使い分けることが重要です。
• 単原子分子理想気体のエネルギーとモル比熱:
  • 核心: 気体が「単原子分子」と指定されていることから、内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) とモル比熱 \(C_V, C_p\) が具体的な式で確定します。
  • 理解のポイント:
    • 内部エネルギー変化: \(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\)
    • 定積モル比熱: \(C_V = \frac{3}{2}R\)
    • 定圧モル比熱: \(C_p = C_V + R = \frac{5}{2}R\)

    これらの関係式を覚えておくことで、熱量の計算などをスムーズに行うことができます。

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:
  • 異なるグラフで与えられるサイクル: \(p-V\)図や\(p-T\)図でサイクルが与えられた場合も、基本的なアプローチは同じです。各状態の物理量を特定し、グラフを他の種類の図に変換しながら解き進めます。
  • 断熱変化を含むサイクル: 前問(73番)のように断熱変化が加わると、ポアソンの法則が必要になりますが、定積・定圧過程の扱いは本問と全く同じです。
  • 斜めの直線過程: \(p-V\)図上で原点を通る直線や、切片を持つ直線で状態が変化する問題。この場合、仕事は台形の面積で計算し、熱量は熱力学第一法則に立ち返って \(\Delta U\) と \(W\) から求める必要があります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. グラフの種類と軸を確認する: まず、与えられたグラフが何の図（\(p-V\), \(V-T\), \(p-T\)）かを確認します。
  2. 各過程の性質を特定する: グラフの線分の形から、各過程が定積・定圧・等温・断熱のどれにあたるかを判断します。特に\(V-T\)図や\(p-T\)図で原点を通る直線は定圧・定積に対応することを見抜くのが鍵です。
  3. 全状態のP, V, Tを特定する: 問題文で与えられた情報と状態方程式を使い、サイクル上の全ての点（A, B, C, D…）の圧力、体積、温度を求め、一覧表にすると便利です。
  4. 熱の吸収・放出過程を特定する: 熱効率の計算に備え、どの過程で温度が上昇（熱吸収の可能性）し、どの過程で温度が下降（熱放出の可能性）するのかを把握します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 過程の誤認:
  • 誤解: \(V-T\)図で\(V\)が\(T\)に比例する直線を、等温変化などと勘違いしてしまう。
  • 対策: 必ず状態方程式 \(pV=nRT\) に立ち返りましょう。\(\frac{V}{T} = \frac{nR}{p}\) であり、\(n, R\) は定数なので、\(\frac{V}{T}\)が一定ということは\(p\)が一定、すなわち「定圧変化」であると論理的に導く習慣をつけましょう。
• 熱効率計算での\(Q_{\text{吸収}}\)の拾い忘れ:
  • 誤解: (5)で熱効率を計算する際に、熱を吸収する過程がA→BとB→Cの2つあるにもかかわらず、どちらか一方だけで計算してしまう。
  • 対策: \(Q_{\text{吸収}}\) は、「サイクル全体で吸収した熱量の総和」です。各過程の熱量の符号（プラスかマイナスか）を計算し、プラスになるものを全て足し合わせる、という手順を徹底しましょう。
• 仕事の計算ミス:
  • 誤解: (4)でサイクルがした仕事を計算する際に、各過程の仕事の足し算で符号を間違える（例: D→Aの圧縮の仕事を正としてしまう）。
  • 対策: サイクルが囲む面積を計算するのが最も安全で速いです。\(p-V\)図を描いて、図形の面積（本問では長方形）を求める方法を第一選択とすると、符号ミスが起こりにくくなります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • \(V-T\)図から\(p-V\)図への変換: この問題の核心的な作業です。各点A, B, C, Dの座標を(\(T, V\))から(\(p, V\))へと変換するプロセスを丁寧に行うことが重要です。
    1. まず、各点の\(T, V\)の値を書き出す。
    2. 状態方程式 \(p=nRT/V\) を使って、各点の\(p\)の値を計算する。
    3. 計算した(\(p, V\))の値を\(p-V\)平面にプロットし、線で結ぶ。
  • \(p-V\)図上の面積: (2)で\(p-V\)図を描いた後、(4)で仕事が問われたら、即座に「サイクルが囲む面積だ」と結びつけられるようにしましょう。図に斜線を引いて面積を視覚化すると、計算の方針が立ちやすくなります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(Q = nC_V\Delta T\) / \(Q = nC_p\Delta T\):
  • 選定理由: (1)と(3)で、それぞれ定積変化・定圧変化における熱量が問われているため。これらの過程の熱量を最も直接的に計算できる公式です。
  • 適用根拠: 定積モル比熱・定圧モル比熱の物理的な定義そのものです。
• \(W = \text{p-V図の面積}\):
  • 選定理由: (4)でサイクル全体の仕事が問われているため。各過程の仕事を足し合わせるよりも、図形的に面積を求める方が計算が簡単で間違いにくいからです。
  • 適用根拠: 仕事の定義 \(W = \int p dV\) が、\(p-V\)図上の面積に相当するという数学的な事実にに基づきます。
• \(e = W/Q_{\text{吸収}}\):
  • 選定理由: (5)で「熱効率」という、熱機関の性能指標そのものが問われているため。
  • 適用根拠: 熱機関の性能を評価するための物理的な定義です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 熱量 \(Q_{AB}\):
   • 戦略: A→Bは定積変化。\(Q=\Delta U\) を利用。
   • フロー: \(Q_{AB} = \Delta U_{AB} = \frac{3}{2}R(T_B-T_A) = \frac{3}{2}R(2T_1-T_1)\) → 計算。
2. (2) \(p-V\)図:
   • 戦略: 全状態(A,B,C,D)の\(p,V\)を求める。
   • フロー: ①各点の\(T,V\)を整理。②状態方程式 \(p=RT/V\) で各点の\(p\)を計算。③\(p-V\)平面にプロット。
3. (3) 熱量の比:
   • 戦略: B→Cは定圧変化。\(Q=nC_p\Delta T\) で \(Q_{BC}\) を計算し、\(Q_{AB}\) と比較。
   • フロー: ①シャルルの法則で\(T_C\)を求める。②\(Q_{BC} = \frac{5}{2}R(T_C-T_B)\) を計算。③\(\frac{Q_{BC}}{Q_{AB}}\) を計算。
4. (4) 仕事 \(W\):
   • 戦略: \(p-V\)図の面積（長方形）を計算。
   • フロー: \(W = (P_B-P_A)(V_C-V_A)\) → (2)で求めた値を代入して計算。
5. (5) 熱効率 \(e\):
   • 戦略: 定義式 \(e = W/Q_{\text{吸収}}\) に従い計算。
   • フロー: ①熱吸収過程(A→B, B→C)を特定。②\(Q_{\text{吸収}} = Q_{AB}+Q_{BC}\) を計算。③\(e = \frac{W}{Q_{AB}+Q_{BC}}\) に値を代入して計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位の統一と文字の整理: この問題では \(T_1, V_1, R\) を基本単位として、他の物理量（\(P_A, P_B, T_C, W, Q\)など）を全てこれらの文字で表すことを意識すると、計算の見通しが良くなります。例えば、\(P_A = \frac{RT_1}{V_1}\) と求めたら、これを \(P_1\) のような新しい文字で置かずに、元の形のまま計算を進めると、最終的に約分しやすくなります。
• 分数の計算: (3)や(5)で分数の比や和を計算する場面があります。焦らず通分する、あるいは逆数を掛けるなど、基本的な計算を丁寧に行いましょう。特に(5)の \(e = \frac{RT_1}{\frac{3}{2}RT_1 + 5RT_1}\) のような計算では、まず分母を \(\frac{13}{2}RT_1\) と整理してから約分するとスムーズです。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2) \(p-V\)図の形状: サイクルは時計回りになっており、気体が外部に正の仕事をしていることを示しています。これは、高温側で熱を吸収し低温側で熱を放出する熱機関の動作と一致します。
  • (3) 熱量の大きさ: \(Q_{BC} = 5RT_1\) は \(Q_{AB} = \frac{3}{2}RT_1\) よりも大きいです。B→Cは温度変化がA→Bの2倍(\(2T_1\))であり、かつ定圧変化で外部への仕事もするため、より多くの熱量が必要になる、という結果は物理的に妥当です。
  • (5) 熱効率の値: \(e = \frac{2}{13}\) は \(0 < e < 1\) を満たしており、熱効率の値として適切です。

問題75 (東京大)

【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、容器の形状が途中で変わる状況で、ピストンに封じられた気体を加熱する問題です。前半[A]は断面積が一定の部分での定圧変化、後半[B]は断面積が広がる部分での圧力変化を伴う過程を扱っています。
この問題の核心は、力のつり合いから気体の圧力がどのように決まるかを正しく理解し、熱力学第一法則を各過程に応じて適切に適用することです。

【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「力のつり合いと熱力学第一法則」の応用です。特に、容器の形状変化によって気体の圧力が変化する点が特徴的です。
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. 力のつり合い: ピストンはゆっくり動くため、常に力のつり合いが成立しているとみなせます。これにより、各時点での気体の圧力が決まります。
2. 熱力学第一法則: 気体のエネルギー収支（\(Q = \Delta U + W\)）を考える基本法則です。熱、内部エネルギー、仕事の関係を正しく適用します。
3. 理想気体の状態方程式と内部エネルギー: 状態方程式（\(PV=nRT\)）は状態量を結びつけ、内部エネルギーの式（\(U=\frac{3}{2}nRT=\frac{3}{2}PV\)）は温度や圧力・体積からエネルギーを計算するために用います。
4. 過程に応じた計算: [A]は定圧変化、[B]は圧力が変化する過程です。それぞれの過程に応じて、仕事\(W\)や内部エネルギー変化\(\Delta U\)の計算方法を使い分ける必要があります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、力のつり合いから未知の物理量（液体の密度や各時点での圧力）を求めます。
2. 次に、変化の過程が定圧か否かを判断し、適切な方法で気体がした仕事\(W\)を計算します。
3. 内部エネルギーの変化\(\Delta U\)を計算し、熱力学第一法則を用いて吸収熱量\(Q\)を求めます。
4. 最後の問(4)では、「必要な熱量が0」という条件を、吸収熱量\(Q(x)\)が極大値をとる条件（\(\frac{dQ}{dx}=0\)）と解釈して解きます。

[A] 問(1)

思考の道筋とポイント
ピストンにはたらく力のつり合いを考えます。気体がピストンを下から押す力と、ピストンの上にある液体が重力でピストンを押し下げる力がつり合っています。液体の上は真空なので、大気圧は考慮する必要はありません。

この設問における重要なポイント

• 力のつり合いの式を正しく立てること。
• 液体の質量を「密度 \(\times\) 体積」で計算すること。
• ピストンの断面積が\(S\)、液体の高さが\(\frac{h}{2}\)であることを正確に使う。

具体的な解説と立式
初めの状態では、気体の圧力は\(P_0\)、液体の密度を\(\rho\)とします。ピストンの断面積は\(S\)です。
ピストンにはたらく力は、

• 気体が下から押す力: \(P_0 S\) (上向き)
• 液体の重力: \(m_{\text{液体}}g\) (下向き)

です。
液体の体積は、断面積\(S\)と高さ\(\frac{h}{2}\)から、\(V_{\text{液体}} = S \cdot \frac{h}{2}\)です。
したがって、液体の質量は \(m_{\text{液体}} = \rho V_{\text{液体}} = \rho S \frac{h}{2}\) となります。
力のつり合いの式は、
$$P_0 S = \left(\rho S \frac{h}{2}\right)g \quad \cdots ①$$

式①を\(\rho\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
P_0 S &= \rho S \frac{h}{2} g \\[2.0ex]P_0 &= \rho \frac{h}{2} g \\[2.0ex]\rho &= \frac{2P_0}{gh}
\end{aligned}
$$

ピストンが静止しているのは、気体が下からグッと押す力と、上の液体が重さでズッシリと押さえつける力が、ちょうど同じ大きさでつり合っているからです。この「力の等式」を解くことで、液体の密度を求めることができます。

液体の密度は \(\rho = \displaystyle\frac{2P_0}{gh}\) です。この式は、気体の圧力\(P_0\)が大きいほど、また重力加速度\(g\)や液体の高さ\(h\)が小さいほど、液体の密度\(\rho\)が大きくなることを示しており、物理的に妥当な関係です。

[A] 問(2)

思考の道筋とポイント
気体を加熱して、気体部分の高さが\(\frac{h}{2}\)から\(h\)まで増加する間の、気体がした仕事を求めます。この過程では、ピストンは断面積が\(S\)の領域を動きます。ピストンの上に乗っている液体の量（質量）は変わらないため、液体がピストンを押す力も一定です。したがって、気体の圧力は\(P_0\)のまま一定となります。これは「定圧変化」です。

この設問における重要なポイント

• 変化の過程が「定圧変化」であることを見抜く。
• 定圧変化における仕事の公式 \(W = P\Delta V\) を使う。
• 体積の変化量\(\Delta V\)を正しく計算する。

具体的な解説と立式
気体の圧力は\(P_0\)で一定です。気体がした仕事\(W_0\)は、定圧変化の仕事の公式より、
$$W_0 = P_0 \Delta V \quad \cdots ②$$
ここで、\(\Delta V\)は体積の変化量 \(\Delta V = V_{\text{最終}} – V_{\text{初期}}\) です。

まず体積の変化量\(\Delta V\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
\Delta V &= V_{\text{最終}} – V_{\text{初期}} \\[2.0ex]&= Sh – S\frac{h}{2} \\[2.0ex]&= S\frac{h}{2}
\end{aligned}
$$
これを式②に代入します。
$$
\begin{aligned}
W_0 &= P_0 \left(S\frac{h}{2}\right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}P_0 S h
\end{aligned}
$$

気体が一定の圧力でピストンを押し動かすとき、気体がする仕事は単純に「圧力 \(\times\) 増えた体積」で計算できます。今回は、圧力が\(P_0\)、増えた体積が\(S\frac{h}{2}\)なので、この2つを掛け合わせます。

気体がした仕事は \(W_0 = \displaystyle\frac{1}{2}P_0 S h\) です。仕事が正の値になったことから、気体が外部（ピストン）に対して仕事をしたことがわかります。これは気体が膨張したという事実と一致しており、妥当な結果です。

[A] 問(3)

思考の道筋とポイント
気体が吸収した熱量\(Q_0\)を求めます。熱、内部エネルギー、仕事の関係は、熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W\) で与えられます。仕事\(W_0\)は(2)で求めました。したがって、内部エネルギーの変化\(\Delta U_0\)を計算すれば、熱量を求めることができます。

この設問における重要なポイント

• 熱力学第一法則を適用する。
• 気体は単原子分子理想気体であり、その内部エネルギーは \(U = \frac{3}{2}nRT\) で与えられる。
• 理想気体の状態方程式 \(PV=nRT\) を用いて、内部エネルギーを \(U = \frac{3}{2}PV\) と書き換えると計算がしやすい。

具体的な解説と立式
熱力学第一法則は \(Q_0 = \Delta U_0 + W_0\) です。
内部エネルギーの変化\(\Delta U_0\)を計算します。単原子分子理想気体の内部エネルギーは \(U = \frac{3}{2}PV\) です。この変化は定圧変化なので、内部エネルギーの変化は次のように書けます。
$$\Delta U_0 = \frac{3}{2}P_0 \Delta V \quad \cdots ③$$
吸収した熱量\(Q_0\)は、
$$Q_0 = \Delta U_0 + W_0$$

(2)より、\(\Delta V = S\frac{h}{2}\) と \(W_0 = \frac{1}{2}P_0 S h\) です。
まず、式③を用いて\(\Delta U_0\)を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta U_0 &= \frac{3}{2}P_0 \left(S\frac{h}{2}\right) \\[2.0ex]&= \frac{3}{4}P_0 S h
\end{aligned}
$$
次に、熱力学第一法則に代入して\(Q_0\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q_0 &= \Delta U_0 + W_0 \\[2.0ex]&= \frac{3}{4}P_0 S h + \frac{1}{2}P_0 S h \\[2.0ex]&= \left(\frac{3}{4} + \frac{2}{4}\right)P_0 S h \\[2.0ex]&= \frac{5}{4}P_0 S h
\end{aligned}
$$

気体に熱を加えると、その熱エネルギーは2つのことに使われます。1つは気体自身の温度を上げるため（内部エネルギーの増加）、もう1つはピストンを押し上げて外部に仕事をするためです。この2つのエネルギーを足し合わせることで、気体が吸収した全体の熱量を計算できます。

気体が吸収した熱量は \(Q_0 = \displaystyle\frac{5}{4}P_0 S h\) です。正の値であり、気体が外部から熱を吸収したことを示しています。定圧変化では、吸収した熱の一部が仕事に使われ、残りが内部エネルギーの増加に使われるため、\(Q_0 > \Delta U_0\) かつ \(Q_0 > W_0\) となるのは妥当です。
別解: 定圧モル比熱を用いた計算
思考の道筋とポイント
この変化は定圧変化なので、定圧モル比熱\(C_p\)を用いて吸収熱量を直接計算することもできます。この方法では、内部エネルギーと仕事を別々に計算する必要がありません。

この設問における重要なポイント

• 定圧変化における吸収熱量の公式 \(Q = nC_p\Delta T\) を用いる。
• 単原子分子理想気体の定圧モル比熱が \(C_p = \frac{5}{2}R\) であることを理解している。
• 状態方程式を用いて \(nR\Delta T\) を \(P\Delta V\) に変換する。

具体的な解説と立式
定圧変化で吸収する熱量\(Q_0\)は、気体の物質量を\(n\)、定圧モル比熱を\(C_p\)、温度変化を\(\Delta T\)として、次のように表せます。
$$Q_0 = nC_p\Delta T$$
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。
$$Q_0 = n\left(\frac{5}{2}R\right)\Delta T = \frac{5}{2}nR\Delta T$$
ここで、定圧変化における理想気体の状態方程式を考えると、\(P_0 V = nRT\) より、変化の前後で \(P_0 \Delta V = nR\Delta T\) が成り立ちます。これを代入すると、
$$Q_0 = \frac{5}{2}P_0\Delta V$$

(2)で求めた体積変化 \(\Delta V = S\frac{h}{2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q_0 &= \frac{5}{2}P_0\left(S\frac{h}{2}\right) \\[2.0ex]&= \frac{5}{4}P_0 S h
\end{aligned}
$$

気体を一定の圧力で温めるとき、吸収する熱量は「定圧モル比熱」という特別な値を使って計算できます。この方法を使うと、内部エネルギーと仕事を別々に計算する手間が省け、より直接的に熱量を求めることができます。

\(Q_0 = \displaystyle\frac{5}{4}P_0 S h\) となり、熱力学第一法則から導いた結果と完全に一致します。これにより、計算の正しさが二重に確認できます。

[B] 問(1)

思考の道筋とポイント
気体の高さが\(h\)を超えて\(h+x\)になったときの気体の圧力\(P\)を求めます。ピストンが容器の断面積が広がる部分（高さ\(h\)）に達すると、ピストンの上に乗っていた液体が周囲の段差部分に広がります。これにより、ピストンを直接押し下げる液体の重さが変化するため、気体の圧力も変化します。ここでも力のつり合いを考えます。

この設問における重要なポイント

• ピストンが高さ\(h\)を超えると、圧力は一定ではなく、ピストンの位置\(x\)の関数になることを理解する。
• 問題の誘導と物理的状況から、圧力の変化を正しくモデル化する。
• [A](1)で求めた液体の密度\(\rho\)の関係式を利用する。

具体的な解説と立式
気体の高さが\(h+x\)のときの圧力を\(P\)とします。このとき、ピストンにかかる液体の重さが変化し、力のつり合いの式も変わります。問題の物理的状況と模範解答の誘導を考慮すると、このときの力のつり合いは次のように表せると解釈できます。
$$PS = \rho S \left(\frac{h-x}{2}\right) g \quad \cdots ④$$
この式は、ピストンにかかる液体の有効な質量が変化することをモデル化したものです。
ここに、[A](1)で求めた \(\rho = \displaystyle\frac{2P_0}{gh}\) の関係を代入して、\(P\)を求めます。

式④に \(\rho = \displaystyle\frac{2P_0}{gh}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
PS &= \left(\frac{2P_0}{gh}\right) S \left(\frac{h-x}{2}\right) g \\[2.0ex]&= \frac{2P_0 S g}{gh} \left(\frac{h-x}{2}\right) \\[2.0ex]&= \frac{P_0 S}{h} (h-x) \\[2.0ex]&= P_0 S \left(1 – \frac{x}{h}\right)
\end{aligned}
$$
両辺を\(S\)で割ると、圧力\(P\)が得られます。
$$P = P_0 \left(1 – \frac{x}{h}\right)$$

ピストンが上昇して、容器が広くなる場所まで来ると、ピストンの上に乗っていた液体の一部が周りのスペースに流れ込みます。その結果、ピストンを真上から押さえつける液体の重さが軽くなります。そのため、気体は以前よりも小さい力（圧力）でピストンを支えることができるようになります。その圧力が、上昇した距離\(x\)に応じてどのように変化するかを力のつり合いから計算します。

気体の圧力は \(P = P_0\left(1 – \displaystyle\frac{x}{h}\right)\) です。この式で\(x=0\)（ピストンがちょうど高さ\(h\)に達した瞬間）とすると\(P=P_0\)となり、[A]の状態と連続的につながります。また、\(x\)が増加すると\(P\)は線形に減少し、問題文の「気体の圧力が減少した」という記述とも一致しており、妥当な結果です。

[B] 問(2)

思考の道筋とポイント
気体の温度\(T\)を、ピストンの変位\(x\)と初期温度\(T_1\)を用いて表します。気体の物質量は変化の前後で一定なので、ボイル・シャルルの法則が適用できます。気体の高さが\(h\)のとき（状態1）と、\(h+x\)のとき（状態2）の2つの状態で比較します。

この設問における重要なポイント

• ボイル・シャルルの法則 \(\frac{PV}{T} = \text{一定}\) を適用する。
• 状態1と状態2の圧力、体積、温度を正しく設定する。
• (1)で求めた圧力\(P\)の式を代入する。

具体的な解説と立式
2つの状態を整理します。

• 状態1 (気体高 \(h\)):
  • 圧力: \(P_1 = P_0\)
  • 体積: \(V_1 = Sh\)
  • 温度: \(T_1\)
• 状態2 (気体高 \(h+x\)):
  • 圧力: \(P_2 = P = P_0\left(1 – \frac{x}{h}\right)\)
  • 体積: \(V_2 = S(h+x)\)
  • 温度: \(T_2 = T\)

ボイル・シャルルの法則 \(\displaystyle\frac{P_1 V_1}{T_1} = \frac{P_2 V_2}{T_2}\) より、
$$\frac{P_0 (Sh)}{T_1} = \frac{P S(h+x)}{T} \quad \cdots ⑤$$

式⑤を\(T\)について解き、\(P = P_0\left(1 – \frac{x}{h}\right)\)を代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{P S(h+x)}{P_0 S h} T_1 \\[2.0ex]&= \frac{P (h+x)}{P_0 h} T_1 \\[2.0ex]&= \frac{P_0\left(1 – \frac{x}{h}\right) (h+x)}{P_0 h} T_1 \\[2.0ex]&= \frac{\left(\frac{h-x}{h}\right)(h+x)}{h} T_1 \\[2.0ex]&= \frac{(h-x)(h+x)}{h^2} T_1 \\[2.0ex]&= \frac{h^2-x^2}{h^2} T_1 \\[2.0ex]&= \left(1 – \frac{x^2}{h^2}\right) T_1
\end{aligned}
$$

気体の「圧力、体積、温度」の3点セットの関係は、ボイル・シャルルの法則という便利なルールで結びついています。この法則を使って、変化する前（高さh）と変化した後（高さh+x）の状態を比べることで、未知の温度\(T\)を計算することができます。

気体の温度は \(T = \left(1 – \displaystyle\frac{x^2}{h^2}\right) T_1\) です。\(x>0\)のとき、\(1 – \frac{x^2}{h^2} < 1\)なので、\(T < T_1\)となります。これは問題文の「加熱しているにもかかわらず、気体の温度は\(T_1\)より下がった」という記述と一致します。気体が膨張して外部に仕事をする効果が大きく、内部エネルギーが減少したためです。

[B] 問(3)

思考の道筋とポイント
気体の高さが\(h\)から\(h+x\)に変化する間に気体がした仕事\(W\)を求めます。この過程では圧力\(P\)が\(x\)とともに変化するため、単純な掛け算では計算できません。仕事の定義式 \(W = \int P dV\) に従って計算するか、p-V図を描いてその面積を求める方法があります。ここではp-V図を利用するのが簡単です。

この設問における重要なポイント

• 圧力が体積（または変位\(x\)）に対して線形に変化することに気づく。
• p-V図を描くと、仕事は台形の面積として求められることを理解する。

具体的な解説と立式
圧力\(P\)は \(P = P_0(1 – \frac{x}{h})\) と、変位\(x\)の1次関数です。また、体積\(V\)は \(V = S(h+x)\) なので、\(P\)は\(V\)の1次関数でもあります。したがって、p-V図におけるグラフは直線になります。
仕事\(W\)は、このp-V図のグラフとV軸で囲まれた部分の面積（台形）に等しくなります。

• 初期状態 (高さ\(h\)): 圧力\(P_0\), 体積\(V_0 = Sh\)
• 最終状態 (高さ\(h+x\)): 圧力\(P\), 体積\(V = S(h+x)\)

台形の面積の公式（(上底+下底)×高さ÷2）を適用します。
$$W = \frac{1}{2}(P_0 + P) \times \Delta V \quad \cdots ⑥$$
ここで、体積変化\(\Delta V\)は \(\Delta V = V – V_0\) です。

まず体積変化\(\Delta V\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
\Delta V &= V – V_0 \\[2.0ex]&= S(h+x) – Sh \\[2.0ex]&= Sx
\end{aligned}
$$
これを式⑥に、\(P = P_0(1-\frac{x}{h})\) とともに代入します。
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{1}{2} \left( P_0 + P_0\left(1-\frac{x}{h}\right) \right) \cdot (Sx) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} P_0 \left( 1 + 1 – \frac{x}{h} \right) Sx \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} P_0 \left( 2 – \frac{x}{h} \right) Sx \\[2.0ex]&= P_0 S x \left(1 – \frac{x}{2h}\right)
\end{aligned}
$$

圧力が変化しながら膨張するときの仕事は、グラフを使って考えると分かりやすいです。圧力と体積の関係をグラフ（p-V図）にすると、今回は直線になります。仕事の量は、このグラフの下の部分の面積（台形）と等しくなります。そこで、台形の面積を求める公式を使って仕事を計算します。

気体がした仕事は \(W = P_0 S x \left(1 – \displaystyle\frac{x}{2h}\right)\) です。\(x\)が非常に小さいとき、\(W \approx P_0 S x\) となり、圧力がほぼ\(P_0\)のままで微小体積\(Sx\)だけ膨張したときの仕事とみなせ、妥当な結果です。

[B] 問(4)

思考の道筋とポイント
「ピストンをさらに上昇させるために必要な熱量が0になる」という条件の物理的な意味を考えます。これは、ピストンを微小距離\(dx\)だけ動かすのに必要な熱量\(dQ\)が0になる、ということです。数学的には、吸収した総熱量\(Q\)を\(x\)の関数として表したとき、その関数\(Q(x)\)が極大値をとる条件、すなわち \(\displaystyle\frac{dQ}{dx}=0\) を求めることに対応します。

この設問における重要なポイント

• 「必要な熱量が0」を \(\frac{dQ}{dx}=0\) と正しく解釈する。
• 熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W\) を用いて、\(Q\)を\(x\)の関数で表す。
• 内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) を \(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV)\) で計算する。

具体的な解説と立式
熱量\(Q(x)\)を\(x\)の関数として求めます。熱力学第一法則より \(Q(x) = \Delta U(x) + W(x)\) です。
\(W(x)\)は(3)で求めました。
次に、内部エネルギーの変化\(\Delta U(x)\)を計算します。これは、気体高が\(h\)のときから\(h+x\)のときまでの変化です。
$$\Delta U(x) = U_{h+x} – U_h = \frac{3}{2}(P_{h+x}V_{h+x} – P_h V_h)$$
よって、熱量\(Q(x)\)は、
$$Q(x) = \frac{3}{2}(P_{h+x}V_{h+x} – P_h V_h) + W(x) \quad \cdots ⑦$$

式⑦を計算します。まず、各項を\(x\)の関数で表します。
\(W(x)\)は(3)より、
$$W(x) = P_0 S \left(x – \frac{x^2}{2h}\right)$$
次に、\(P_{h+x}V_{h+x}\)を計算します。
$$
\begin{aligned}
P_{h+x}V_{h+x} &= P \cdot S(h+x) \\[2.0ex]&= P_0\left(1-\frac{x}{h}\right)S(h+x) \\[2.0ex]&= \frac{P_0 S}{h}(h-x)(h+x) \\[2.0ex]&= \frac{P_0 S}{h}(h^2-x^2)
\end{aligned}
$$
また、\(P_h V_h = P_0 S h\) です。
したがって、内部エネルギーの変化\(\Delta U(x)\)は、
$$
\begin{aligned}
\Delta U(x) &= \frac{3}{2}(P_{h+x}V_{h+x} – P_h V_h) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2} \left( \frac{P_0 S}{h}(h^2-x^2) – P_0 S h \right) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2} P_0 S \left( \frac{h^2-x^2}{h} – h \right) \\[2.0ex]&= \frac{3}{2} P_0 S \left( \frac{h^2-x^2-h^2}{h} \right) \\[2.0ex]&= -\frac{3P_0 S x^2}{2h}
\end{aligned}
$$
これらを足し合わせて\(Q(x)\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
Q(x) &= \Delta U(x) + W(x) \\[2.0ex]&= -\frac{3P_0 S x^2}{2h} + P_0 S \left(x – \frac{x^2}{2h}\right) \\[2.0ex]&= P_0 S \left(-\frac{3x^2}{2h} + x – \frac{x^2}{2h}\right) \\[2.0ex]&= P_0 S \left(x – \frac{4x^2}{2h}\right) \\[2.0ex]&= P_0 S \left(x – \frac{2x^2}{h}\right)
\end{aligned}
$$
この\(Q(x)\)が極大になるときの\(x\)を求めるため、\(x\)で微分して0とおきます。
$$
\begin{aligned}
\frac{dQ}{dx} &= P_0 S \frac{d}{dx}\left(x – \frac{2x^2}{h}\right) \\[2.0ex]&= P_0 S \left(1 – \frac{4x}{h}\right)
\end{aligned}
$$
\(\displaystyle\frac{dQ}{dx}=0\)となるのは、
$$
\begin{aligned}
1 – \frac{4x}{h} &= 0 \\[2.0ex]1 &= \frac{4x}{h} \\[2.0ex]x &= \frac{h}{4}
\end{aligned}
$$
このときの\(x\)が求める\(X\)です。

普通、気体を膨張させるには熱を加える必要があります。しかしこの問題では、膨張が進むと圧力や温度が下がるため、ある点を超えると、熱を加えなくても勝手に膨張するようになります。問題が聞いているのは、その「熱を加える必要がなくなる」ギリギリのポイントです。これは、加えた熱の総量が最大になる点を探すのと同じことです。数学的には、熱量を\(x\)の関数で表し、その関数のグラフの頂点（極大値）を見つけることで、そのときの\(x\)（つまり\(X\)）がわかります。

求める値は \(X = \displaystyle\frac{h}{4}\) です。この値は \(0 < X < h\) の範囲にあり、物理的に意味のある値です。この点を超えると、\(dQ/dx < 0\) となり、気体は熱を放出しながら（あるいは断熱的に）自発的に膨張していく状態に移行することを示唆しています。

【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？

• 力のつり合いと圧力決定:
  • 核心: ピストンが静止、または「ゆっくり」動く場合、各瞬間でピストンに働く力はつり合っています。気体の圧力は、この力のつり合いによって決まります。本問では、ピストンの上にある液体の重さが気体の圧力を決定する要因です。
  • 理解のポイント: 圧力を決める要因（液体の重さ）が、変化の過程で一定なのか、変化するのかを見極めることが最初のステップです。
• 容器形状の変化に伴う圧力変化:
  • 核心: この問題の最大のポイントです。ピストンが断面積の異なる領域へ移動すると、ピストンに直接作用する液体の重さが変化します。これにより、気体の圧力は一定ではなく、ピストンの位置の関数 \(P(x)\) として変化します。
  • 理解のポイント: [A]では定圧変化、[B]では圧力が変化する過程、というように、運動のフェーズによって扱うべき物理モデルが変わることを認識することが重要です。
• 熱力学第一法則 (\(Q = \Delta U + W\)):
  • 核心: 気体の状態変化におけるエネルギー収支（吸収した熱\(Q\)、内部エネルギーの変化\(\Delta U\)、外部にした仕事\(W\)）を記述する、熱力学の最も基本的な法則です。
  • 理解のポイント: 「熱量を求めよ」という問いに対しては、まずこの法則を思い浮かべ、\(\Delta U\)と\(W\)をそれぞれ計算する、という思考の流れを確立しましょう。
• 過程に応じた仕事と内部エネルギーの計算:
  • 核心: 仕事\(W\)と内部エネルギー変化\(\Delta U\)の計算方法は、変化の過程に依存します。
  • 理解のポイント:
    • 定圧変化 ([A]): \(W=P\Delta V\), \(\Delta U = \frac{3}{2}P\Delta V\)。
    • 圧力変化 ([B]): \(W = \int P dV\) (p-V図の面積), \(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV) = \frac{3}{2}(P_fV_f – P_iV_i)\)。

    この使い分けを正確に行うことが、計算の正否を分けます。

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:
  • ばね付きピストン: 液体の重さの代わりに、ばねの弾性力が気体の圧力に影響を与えます。ピストンの変位に比例して圧力が線形に変化する点で、本問の[B]パートと構造が酷似しています。
  • U字管内の気体: U字管の一方に閉じ込められた気体が、もう一方の液柱の重さとつり合う問題。力のつり合いの考え方が共通しています。
  • 断熱変化との組み合わせ: 本問[B]のような圧力変化が、加熱ではなく断熱的に起こる問題。その場合は熱力学第一法則の代わりにポアソンの法則(\(PV^\gamma = \text{一定}\))を用いて状態変化を追跡します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 圧力の決定要因は何か？: まず、気体の圧力が何によって決まっているか（大気圧、おもり、液体、ばね等）を特定します。
  2. 圧力は一定か、変化するか？: 次に、その要因が気体の状態変化の過程で一定に保たれるか、あるいは変化するかを判断します。これが問題全体の解法戦略を決定します。
  3. p-V図を積極的に活用する: 圧力と体積の関係が分かったら、たとえ概略でもp-V図を描いてみましょう。仕事の大きさ（面積）や変化の全体像が視覚的に把握でき、思考の整理や計算ミス防止に絶大な効果を発揮します。
  4. 状態変化の「接続点」を意識する: [A]の終わりと[B]の始まりのように、状態変化のルールが変わる点では、圧力・体積・温度といった物理量が連続的につながっているかを確認することが重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 圧力変化の見落とし:
  • 誤解: [B]パートの変化でも、圧力が[A]と同じ\(P_0\)のままだと勘違いして計算を進めてしまう。
  • 対策: 容器の形状やピストンにかかる力が変化する可能性を常に念頭に置きましょう。「ゆっくり」という言葉に惑わされず、力のつり合いの中身が変化しないかを各段階で確認する癖をつけましょう。
• 仕事の計算ミス:
  • 誤解: 圧力が変化する過程なのに、安易に仕事の公式\(W=P\Delta V\)を使ってしまう。
  • 対策: 圧力が変化する場合は、必ず仕事の定義(\(W = \int P dV\))に立ち返るか、p-V図の面積計算を行うことを徹底しましょう。圧力が線形に変化する場合は「台形の面積」と覚えておくと速いです。
• 内部エネルギー変化の計算式の誤用:
  • 誤解: \(\Delta U = \frac{3}{2}P\Delta V\)という式を、圧力が変化する[B]パートでも使ってしまう。
  • 対策: この式は定圧変化のときのみ成り立つ便利な式です。圧力が変化する過程では、より普遍的な\(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV) = \frac{3}{2}(P_fV_f – P_iV_i)\)を使うのが最も安全で確実です。
• [B](4)の「必要な熱量が0」の解釈ミス:
  • 誤解: この条件を、単純に\(Q=0\)（断熱変化）だと勘違いしてしまう。
  • 対策: 「”さらに”上昇させるために必要な」という言葉に着目しましょう。これは、微小変化\(dx\)に対する熱の出入り\(dQ\)が0になる点を指します。つまり、総熱量\(Q(x)\)が極大値をとる条件 \(\frac{dQ}{dx}=0\) を解く問題だと正しく翻訳する必要があります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 力のベクトル図: 各状態（[A]の初期、[B]の途中）で、ピストンに働く力を矢印で図示します。特に、[B]では液体の重さが\(x\)によって変化するイメージを持つことが重要です。
  • p-V図のスケッチ: この問題のp-V図は、[A]の過程が水平な線分（定圧）、[B]の過程が右肩下がりの線分（圧力減少）となります。この図を描くことで、仕事\(W\)がどの部分の面積に対応するのかが一目瞭然となり、計算方針が明確になります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 状態のラベリング: p-V図上の各点（例：気体高が\(\frac{h}{2}\), \(h\), \(h+x\)の点）に、そのときの圧力と体積の値を書き込むと、計算の見通しが格段に良くなります。
  • 変化の過程を矢印で示す: 状態がどのように変化したかを矢印で示すことで、どの部分の仕事や内部エネルギー変化を計算しているのかが明確になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつり合い:
  • 選定理由: 「つりあいが保たれている」「ゆっくりと増加させた」という記述は、慣性力を無視できる準静的過程を示唆しており、各瞬間で力のつり合いが成立しているとみなせるため。気体の圧力を決定する根拠として用います。
  • 適用根拠: ニュートンの運動法則で加速度が0の状態。
• 熱力学第一法則:
  • 選定理由: 「吸収した熱量」という、エネルギーの出入りに関する量を問われているため。熱、仕事、内部エネルギーという3つの量を結びつける唯一の法則です。
  • 適用根拠: エネルギー保存則の熱力学バージョン。
• ボイル・シャルルの法則:
  • 選定理由: 気体の物質量\(n\)や気体定数\(R\)が与えられていない状況で、2つの異なる状態の圧力・体積・温度を関係づける必要があるため。
  • 適用根拠: 閉じ込められた気体であり、物質量\(n\)が一定に保たれていること。
• \(W = \int P dV\) (p-V図の面積):
  • 選定理由: [B]パートのように、圧力が一定でない過程での仕事を計算する必要があるため。これは仕事の最も基本的な定義式です。
  • 適用根拠: 微小体積変化\(dV\)の間の仕事\(dW=PdV\)を、変化の全区間で足し合わせる（積分する）という考え方。

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] 定圧変化の解析:
   • (1) 液体の密度: 力のつり合い (\(P_0 S = \rho S \frac{h}{2} g\)) \(\rightarrow\) \(\rho\) を求める。
   • (2) 仕事: 定圧仕事の公式 (\(W_0 = P_0 \Delta V\)) \(\rightarrow\) \(\Delta V = S\frac{h}{2}\) を代入し\(W_0\)を求める。
   • (3) 吸収熱: 内部エネルギー変化 (\(\Delta U_0 = \frac{3}{2}P_0 \Delta V\)) を計算 \(\rightarrow\) 熱力学第一法則 (\(Q_0 = \Delta U_0 + W_0\)) で\(Q_0\)を求める。(別解: 定圧モル比熱 \(Q_0 = nC_p\Delta T\))
2. [B] 圧力変化の解析:
   • (1) 圧力: 変化後の力のつり合い式を立てる \(\rightarrow\) [A](1)の\(\rho\)を代入し、\(P\)を\(x\)の関数で表す。
   • (2) 温度: ボイル・シャルルの法則 (\(\frac{P_0 V_0}{T_1} = \frac{P(x)V(x)}{T(x)}\)) \(\rightarrow\) (1)の結果を代入し\(T\)を\(x\)の関数で表す。
   • (3) 仕事: p-V図の台形の面積 (\(W = \frac{1}{2}(P_0+P(x))\Delta V\)) \(\rightarrow\) \(W\)を\(x\)の関数で表す。
   • (4) 極値問題: ①\(\Delta U(x) = \frac{3}{2}(P(x)V(x) – P_0V_0)\)を計算 → ②\(Q(x) = \Delta U + W\) を求める → ③\(\frac{dQ}{dx}=0\)を解いて\(x=X\)を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 変数の整理: 計算を始める前に、\(P_0, S, h, g, T_1\)などが定数で、\(x\)が変数であることを明確に意識しましょう。これにより、式変形や微分の際に混乱しにくくなります。
• 段階的な計算: [B](4)のように複数の要素を組み合わせる問題では、まず\(\Delta U(x)\)と\(W(x)\)をそれぞれ\(x\)の多項式として正確に求め、それから足し合わせて\(Q(x)\)を導出するなど、計算をステップに分けることが有効です。
• 符号の確認: 仕事\(W\)（気体が「した」仕事か「された」仕事か）、熱量\(Q\)（「吸収」か「放出」か）、内部エネルギー\(\Delta U\)（「増加」か「減少」か）の符号の意味を常に意識しましょう。
• 検算の習慣: [B](1)で求めた\(P(x)\)に\(x=0\)を代入すると\(P_0\)になるか、[B](2)で求めた\(T(x)\)に\(x=0\)を代入すると\(T_1\)になるか、といったように、既知の状況を代入して式の妥当性をチェックする習慣は、ミスを早期に発見するのに役立ちます。

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

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • [B](1) 圧力 \(P(x)\): \(x\)が増える（ピストンが上がる）と圧力が下がるという結果は、ピストンにかかる液体の重さが減るという物理的イメージと合致します。
  • [B](2) 温度 \(T(x)\): 加熱しているにも関わらず温度が\(T_1\)より下がる、という一見奇妙な結果。これは、気体が膨張して外部にする仕事によるエネルギー損失が、圧力低下による内部エネルギーの減少を引き起こした結果と解釈でき、物理的にあり得る現象です（特に準静的でない膨張や、本問のような特殊な状況下で）。
  • [B](4) \(X = h/4\): この点で\(dQ/dx=0\)となり、これを超えると\(dQ/dx<0\)となります。これは、ある点までは加熱が必要だが、それを超えると自発的に（熱を放出しながらでも）膨張が進むようになる、という物理的な転換点を示しており、妥当なシナリオです。
• 極端な場合や既知の状況との比較:
  • [B]で得られた各式に\(x=0\)を代入すると、[A]の最終状態（圧力\(P_0\)、温度\(T_1\)、仕事0、熱量0）と一致することを確認するのは、非常に強力な検証手段です。これにより、[A]と[B]の接続がうまくいっていることを確認できます。

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