「物理重要問題集2026」徹底解説（76〜78問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題76 気体の状態変化と熱効率 (弘前大)

【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「気体の状態変化と熱機関のサイクル」です。ピストンに閉じ込められた気体が、加熱・冷却されることで膨張・収縮し、外部に対して仕事をする一連の流れ（サイクル）を追跡します。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
状態1は、ピストンに質量 \(M\) の物体を乗せて加熱し、「動きだしたとき」の状態です。
「動きだした」瞬間、ピストンを押し上げる気体の力は、ピストンを押さえつける下向きの力の総和とちょうどつりあっています。

この設問における重要なポイント

• 力のつりあい: ピストンには、気体の圧力による力（上向き）、大気圧による力（下向き）、ピストンの重力（下向き）、乗せた物体の重力（下向き）がはたらいています。
• 状態方程式: 圧力、体積、温度の関係を結びつけます。

具体的な解説と立式
状態1におけるシリンダー内の気体の圧力を \(P_1\)、温度を \(T_1\) とします。
ピストンの断面積を \(S\) とします。

まず、ピストンにはたらく力のつりあいを考えます。
上向きの力は、内部の気体がピストンを押す力 \(P_1 S\) です。
下向きの力は、大気が押す力 \(P_0 S\)、ピストンの重力 \(M_0 g\)、物体の重力 \(Mg\) の合計です。
$$
\begin{aligned}
(\text{上向きの力}) &= (\text{下向きの力}) \\[2.0ex] P_1 S &= P_0 S + M_0 g + Mg \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$

次に、気体の状態変化に注目します。
初期状態（温度 \(T_0\)、圧力 \(P_0\)）から状態1（温度 \(T_1\)、圧力 \(P_1\)）へ変化する間、ピストンはまだ動いていないため、体積は \(V_0 = S h_0\) で一定です（定積変化）。
ボイル・シャルルの法則（または状態方程式）より、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\frac{P_0 (S h_0)}{T_0} &= \frac{P_1 (S h_0)}{T_1} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$

式①より、\(P_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
P_1 S &= P_0 S + (M + M_0)g \\[2.0ex] P_1 &= P_0 + \frac{(M + M_0)g}{S}
\end{aligned}
$$
これが状態1の圧力です。

次に、式②より \(T_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{P_0}{T_0} &= \frac{P_1}{T_1} \\[2.0ex] T_1 &= \frac{P_1}{P_0} T_0
\end{aligned}
$$
これに求めた \(P_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T_1 &= \frac{P_0 + \frac{(M + M_0)g}{S}}{P_0} T_0 \\[2.0ex] &= \left( 1 + \frac{(M + M_0)g}{P_0 S} \right) T_0
\end{aligned}
$$
通分して整理すると、
$$
\begin{aligned}
T_1 &= \left\{ \frac{P_0 S + (M + M_0)g}{P_0 S} \right\} T_0
\end{aligned}
$$
となります。

ピストンが動き出す直前、中の気体は「大気圧＋ピストンの重さ＋乗せた重りの重さ」を全部支えるだけの圧力になっています。
体積が変わらないまま圧力が上がったので、温度もそれに比例して上がっています。

圧力 \(P_1\) は大気圧 \(P_0\) に重力分の圧力が加わった形になっており、妥当です。
温度 \(T_1\) も \(P_1 > P_0\) なので \(T_1 > T_0\) となり、加熱した事実と整合します。

問(2)

思考の道筋とポイント
初期状態から状態1までは、ピストンが動かないため体積一定の「定積変化」です。
定積変化では気体は仕事をしないため、与えられた熱量はすべて内部エネルギーの増加に使われます。

この設問における重要なポイント

• 定積変化: 体積変化 \(\Delta V = 0\) なので、仕事 \(W = P\Delta V = 0\) です。
• 単原子分子理想気体の内部エネルギー: 変化量は \(\Delta U = \frac{3}{2}nR\Delta T\) で表されます。

具体的な解説と立式
求める熱量を \(Q_{01}\) とします。
熱力学第一法則より、
$$
\begin{aligned}
Q_{01} &= \Delta U_{0 \to 1} + W_{0 \to 1}
\end{aligned}
$$
定積変化なので、気体が外部にする仕事は \(W_{0 \to 1} = 0\) です。
よって、熱量は内部エネルギーの変化に等しくなります。気体の物質量を \(n\)、気体定数を \(R\) とすると、
$$
\begin{aligned}
Q_{01} &= \frac{3}{2} n R (T_1 – T_0) \quad \cdots ③
\end{aligned}
$$
ここで、初期状態の状態方程式 \(P_0 (S h_0) = n R T_0\) を用いて、\(nR\) を既知の量で表す必要があります。

式③に、問(1)の結果 \(T_1 = \frac{P_1}{P_0} T_0\) を代入して変形します。
$$
\begin{aligned}
Q_{01} &= \frac{3}{2} n R \left( \frac{P_1}{P_0} T_0 – T_0 \right) \\[2.0ex] &= \frac{3}{2} n R T_0 \left( \frac{P_1}{P_0} – 1 \right)
\end{aligned}
$$
ここで、初期状態の状態方程式より \(n R T_0 = P_0 S h_0\) なので、これを代入します。
$$
\begin{aligned}
Q_{01} &= \frac{3}{2} P_0 S h_0 \left( \frac{P_1 – P_0}{P_0} \right) \\[2.0ex] &= \frac{3}{2} S h_0 (P_1 – P_0)
\end{aligned}
$$
問(1)の計算過程より、\(P_1 – P_0 = \frac{(M + M_0)g}{S}\) なので、
$$
\begin{aligned}
Q_{01} &= \frac{3}{2} S h_0 \cdot \frac{(M + M_0)g}{S} \\[2.0ex] &= \frac{3}{2} (M + M_0) g h_0
\end{aligned}
$$

体積が変わらないので、気体は外部に対して仕事をしません。したがって、加えた熱エネルギーはすべて気体の温度を上げる（内部エネルギーを増やす）ために使われました。

答えは \(\frac{3}{2}(M+M_0)gh_0\) です。次元を確認すると、\([\text{kg}] \cdot [\text{m}/\text{s}^2] \cdot [\text{m}] = [\text{N}\cdot\text{m}] = [\text{J}]\) となり、エネルギーの単位として正しいです。

問(3)

思考の道筋とポイント
状態1から状態2へは、ピストンが自由に動ける状態でゆっくり加熱されるため、ピストンにはたらく力のつりあいが保たれたまま体積が増加します。
つまり、圧力は \(P_1\) のまま一定の「定圧変化」です。

この設問における重要なポイント

• 定圧変化: 圧力が一定の変化です。シャルルの法則が適用できます。
• 体積の変化: 高さが \(h_0\) から \(h\) に変化するので、体積は \(S h_0\) から \(S h\) になります。

具体的な解説と立式
状態2の温度を \(T_2\) とします。
圧力 \(P_1\) が一定のまま、体積が \(V_1 = S h_0\) から \(V_2 = S h\) へ変化します。
シャルルの法則（または状態方程式）より、
$$
\begin{aligned}
\frac{S h_0}{T_1} &= \frac{S h}{T_2} \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$

式④より \(T_2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T_2 &= \frac{h}{h_0} T_1
\end{aligned}
$$
これに問(1)の \(T_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T_2 &= \frac{h}{h_0} \left\{ 1 + \frac{(M + M_0)g}{P_0 S} \right\} T_0
\end{aligned}
$$

圧力が一定のまま体積（高さ）が増えたので、温度も体積の増加比率（\(h/h_0\)）と同じ倍率で上昇しました。

\(h > h_0\) なので \(T_2 > T_1\) となり、加熱を続けたことと整合します。

問(4)

思考の道筋とポイント
状態1から状態2への変化は定圧変化です。
定圧変化における熱量は、定圧モル比熱 \(C_P\) を用いると簡単に計算できます。単原子分子理想気体の場合、\(C_P = \frac{5}{2}R\) です。

この設問における重要なポイント

• 定圧モル比熱: \(Q = n C_P \Delta T\)
• マイヤーの関係: \(C_P = C_V + R = \frac{3}{2}R + R = \frac{5}{2}R\)

具体的な解説と立式
求める熱量を \(Q_{12}\) とします。
定圧変化の公式より、
$$
\begin{aligned}
Q_{12} &= n C_P (T_2 – T_1) \\[2.0ex] &= \frac{5}{2} n R (T_2 – T_1) \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$

式⑤を変形します。
$$
\begin{aligned}
Q_{12} &= \frac{5}{2} n R \left( \frac{h}{h_0} T_1 – T_1 \right) \\[2.0ex] &= \frac{5}{2} n R T_1 \left( \frac{h}{h_0} – 1 \right) \\[2.0ex] &= \frac{5}{2} n R T_1 \left( \frac{h – h_0}{h_0} \right)
\end{aligned}
$$
ここで、状態1の状態方程式 \(P_1 (S h_0) = n R T_1\) を用いて \(n R T_1\) を置き換えます。
$$
\begin{aligned}
Q_{12} &= \frac{5}{2} P_1 S h_0 \left( \frac{h – h_0}{h_0} \right) \\[2.0ex] &= \frac{5}{2} P_1 S (h – h_0)
\end{aligned}
$$
問(1)より \(P_1 S = P_0 S + (M + M_0)g\) なので、これを代入します。
$$
\begin{aligned}
Q_{12} &= \frac{5}{2} \{ P_0 S + (M + M_0)g \} (h – h_0)
\end{aligned}
$$

圧力が一定のまま膨張するとき、気体は温度を上げるだけでなく、ピストンを押して外部へ仕事をします。そのため、定積変化のときよりも多くの熱エネルギー（\(5/2\)倍の比率）が必要になります。

答えは \(\frac{5}{2} (h – h_0) \{ P_0 S + (M + M_0)g \}\) です。

問(5)

思考の道筋とポイント
サイクルの各過程を整理してグラフを描きます。
1. 初期状態 \(\to\) 状態1: 体積 \(S h_0\) 一定で、圧力が \(P_0\) から \(P_1\) へ上昇（定積加熱）。
2. 状態1 \(\to\) 状態2: 圧力 \(P_1\) 一定で、体積が \(S h_0\) から \(S h\) へ増加（定圧膨張）。
3. 状態2 \(\to\) 下降開始: 物体を降ろした直後。体積 \(S h\) 一定で、圧力が \(P_1\) から下降開始圧力 \(P_3\) まで低下（定積冷却）。
・ 下降開始圧力 \(P_3\) は、物体がない状態でのつりあい圧力です。
・ \(P_3 S = P_0 S + M_0 g\) より、\(P_3 = P_0 + \frac{M_0 g}{S}\)。
4. 下降開始 \(\to\) 下降終了: 圧力 \(P_3\) 一定で、体積が \(S h\) から \(S h_0\) へ減少（定圧収縮）。
5. 下降終了 \(\to\) 初期状態: 体積 \(S h_0\) 一定で、圧力が \(P_3\) から \(P_0\) へ低下（定積冷却）。

この設問における重要なポイント

• 圧力の大小関係: \(P_1 > P_3 > P_0\) であることに注意します。
• サイクルの形状: 2つの定積変化と2つの定圧変化からなる階段状（あるいは旗のような）の閉曲線になります。

具体的な解説と立式
各状態の座標 \((V, P)\) を確認します。

• 初期状態: \((S h_0, P_0)\)
• 状態1: \((S h_0, P_1)\)
• 状態2: \((S h, P_1)\)
• 下降開始点: \((S h, P_3)\)
• 下降終了点: \((S h_0, P_3)\)

ここで、
$$
\begin{aligned}
P_1 &= P_0 + \frac{(M + M_0)g}{S} \\[2.0ex] P_3 &= P_0 + \frac{M_0 g}{S}
\end{aligned}
$$
です。

特になし（座標の確認のみ）。

グラフは、まず真上に上がり（加熱）、次に右へ水平移動（膨張）、そして真下に下がり（物体除去・冷却）、左へ水平移動（収縮）、最後に真下に下がって元に戻る（冷却）、という経路をたどります。

圧力の大小関係 \(P_1 > P_3 > P_0\) が正しく反映されたグラフになります。

問(6)

思考の道筋とポイント
気体が外部にした仕事は、\(p-V\) グラフの面積で表されます。
膨張するときは正の仕事、収縮するときは負の仕事をします。

この設問における重要なポイント

• 正の仕事: 状態1 \(\to\) 状態2（定圧膨張）。面積は \(P_1 (V_2 – V_1)\)。
• 負の仕事: 下降開始 \(\to\) 下降終了（定圧収縮）。面積は \(P_3 (V_1 – V_2)\)。
• 定積変化: 仕事は \(0\) です。

具体的な解説と立式
サイクル全体で気体が外部にした正味の仕事 \(W_{\text{外}}\) は、膨張時の仕事と収縮時の仕事（負）の和です。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{外}} &= W_{1 \to 2} + W_{\text{下降}} \\[2.0ex] &= P_1 (S h – S h_0) + P_3 (S h_0 – S h) \\[2.0ex] &= P_1 S (h – h_0) – P_3 S (h – h_0) \\[2.0ex] &= (P_1 – P_3) S (h – h_0) \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$

圧力差 \(P_1 – P_3\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
P_1 – P_3 &= \left\{ P_0 + \frac{(M + M_0)g}{S} \right\} – \left\{ P_0 + \frac{M_0 g}{S} \right\} \\[2.0ex] &= \frac{Mg}{S}
\end{aligned}
$$
これを式⑥に代入します。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{外}} &= \frac{Mg}{S} \cdot S (h – h_0) \\[2.0ex] &= Mg(h – h_0)
\end{aligned}
$$

グラフの面積計算から、気体がした正味の仕事は、長方形部分の面積に相当することがわかります。計算の結果、これは「物体 \(M\) を高さ \(h – h_0\) だけ持ち上げるのに必要な仕事」と一致します。

答えは \(Mg(h – h_0)\) です。これは、熱機関が最終的に行った有用な仕事が、重り \(M\) の位置エネルギーを増やすことだったことを意味しており、物理的に非常に明快な結果です。

問(7)

思考の道筋とポイント
熱効率 \(e\) は、吸収した熱量 \(Q_{\text{吸}}\) に対する、外部にした正味の仕事 \(W_{\text{外}}\) の割合です。
\(e = \frac{W_{\text{外}}}{Q_{\text{吸}}}\)
ここで、\(Q_{\text{吸}}\) は「吸熱過程」での熱量の総和であることに注意します。

この設問における重要なポイント

• 吸熱過程: 温度が上昇する過程です。
  • 初期状態 \(\to\) 状態1（定積加熱）: \(Q_{01} > 0\)
  • 状態1 \(\to\) 状態2（定圧加熱）: \(Q_{12} > 0\)
• 放熱過程: 温度が下降する過程です。これらは \(Q_{\text{吸}}\) に含めません。

具体的な解説と立式
吸収した総熱量 \(Q_{\text{吸}}\) は、
$$
\begin{aligned}
Q_{\text{吸}} &= Q_{01} + Q_{12}
\end{aligned}
$$
熱効率 \(e\) は、
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{W_{\text{外}}}{Q_{01} + Q_{12}} \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$

問(2)、(4)、(6)の結果を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q_{01} &= \frac{3}{2} (M + M_0) g h_0 \\[2.0ex] Q_{12} &= \frac{5}{2} (h – h_0) \{ P_0 S + (M + M_0)g \} \\[2.0ex] W_{\text{外}} &= Mg(h – h_0)
\end{aligned}
$$
これらを式⑦に代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{Mg(h – h_0)}{\frac{3}{2}(M + M_0)gh_0 + \frac{5}{2}(h – h_0)\{ P_0 S + (M + M_0)g \}} \\[2.0ex] &= \frac{2Mg(h – h_0)}{3(M + M_0)gh_0 + 5(h – h_0)\{ P_0 S + (M + M_0)g \}}
\end{aligned}
$$
分母を展開して整理することも可能ですが、この形のままでも十分です。模範解答に合わせて展開します。
$$
\begin{aligned}
(\text{分母}) &= 3(M+M_0)gh_0 + 5(h-h_0)P_0 S + 5(h-h_0)(M+M_0)g \\[2.0ex] &= 5 P_0 S (h-h_0) + (M+M_0)g \{ 3h_0 + 5(h-h_0) \} \\[2.0ex] &= 5 P_0 S (h-h_0) + (M+M_0)g (5h – 2h_0)
\end{aligned}
$$
よって、
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{2Mg(h – h_0)}{5 P_0 S (h – h_0) + (M + M_0)g (5h – 2h_0)}
\end{aligned}
$$

投入したエネルギー（加熱に使った熱）のうち、どれだけが有効な仕事（重りを持ち上げる）に使われたかを計算しました。

答えは \(\frac{2Mg(h – h_0)}{5 P_0 S (h – h_0) + (M + M_0)g (5h – 2h_0)}\) です。

問(8)

思考の道筋とポイント
問(7)の式に、与えられた具体的な条件を代入して値を求めます。
条件: \(M = 2M_0\), \(M_0 = \frac{P_0 S}{g}\), \(h = 2h_0\)

この設問における重要なポイント

• 代入計算: 複雑な式に条件を正確に代入し、整理します。

具体的な解説と立式
問(7)で求めた熱効率の式に、与えられた条件を代入します。
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{2Mg(h – h_0)}{5 P_0 S (h – h_0) + (M + M_0)g (5h – 2h_0)}
\end{aligned}
$$

まず、各変数を \(P_0, S, h_0\) などで表します。
\(M_0 g = P_0 S\) より、
$$
\begin{aligned}
Mg &= 2 M_0 g \\[2.0ex] &= 2 P_0 S
\end{aligned}
$$
また、
$$
\begin{aligned}
(M + M_0)g &= 3 M_0 g \\[2.0ex] &= 3 P_0 S
\end{aligned}
$$
さらに、
$$
\begin{aligned}
h – h_0 &= 2h_0 – h_0 \\[2.0ex] &= h_0
\end{aligned}
$$
これらを問(7)の式の分子・分母に代入します。

分子:
$$
\begin{aligned}
(\text{分子}) &= 2 \cdot (2 P_0 S) \cdot h_0 \\[2.0ex] &= 4 P_0 S h_0
\end{aligned}
$$

分母:
$$
\begin{aligned}
(\text{分母}) &= 5 P_0 S (h_0) + (3 P_0 S) (5(2h_0) – 2h_0) \\[2.0ex] &= 5 P_0 S h_0 + 3 P_0 S (8h_0) \\[2.0ex] &= 5 P_0 S h_0 + 24 P_0 S h_0 \\[2.0ex] &= 29 P_0 S h_0
\end{aligned}
$$

よって、熱効率は
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{4 P_0 S h_0}{29 P_0 S h_0} \\[2.0ex] &= \frac{4}{29}
\end{aligned}
$$

具体的な数値を代入して、熱効率を計算しました。約 \(13.8\%\) 程度の効率であることが分かります。

答えは \(\frac{4}{29}\) です。無次元数となり、\(0 < e < 1\) を満たしているため妥当です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 熱力学第一法則とエネルギー保存則
  • 核心: 気体が得た熱量 \(Q\) は、内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) と外部への仕事 \(W\) に分配される（\(Q = \Delta U + W\)）というエネルギー保存の法則です。
  • 理解のポイント:
    • 定積変化: \(W=0\) なので、熱はすべて温度上昇（\(\Delta U\)）に使われます。
    • 定圧変化: 熱は温度上昇（\(\Delta U\)）と膨張仕事（\(W\)）の両方に使われます。この比率は単原子分子理想気体なら \(3:2\) です。
• ピストンの力のつりあいと圧力の定義
  • 核心: ピストンが静止または等速で動くとき、気体の圧力 \(P\) は、外部からの力（大気圧 \(P_0 S\) ＋ 重力 \(Mg\)）とつりあっています。
  • 理解のポイント:
    • 圧力の決定: 状態方程式 \(PV=nRT\) だけでなく、力学的なつりあい \(PS = P_0 S + Mg\) から圧力が決まるケースが多々あります。
    • 定圧の条件: ピストンにおもりが乗ったまま自由に動けるなら、その過程は定圧変化になります。

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:
  • バネ付きピストン: ピストンにバネがついている場合、弾性力 \(kx\) が加わるため、圧力 \(P\) は体積 \(V\)（または位置 \(x\)）の一次関数になります。\(p-V\) グラフは斜めの直線になります。
  • 断熱変化を含むサイクル: 「断熱圧縮」「断熱膨張」という言葉があれば、\(Q=0\) より \(W = -\Delta U\) となり、ポアソンの式 \(PV^{\gamma} = \text{一定}\) を利用します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 変化の種類の特定: 「固定された」\(\to\) 定積、「自由に動く」\(\to\) 定圧、「熱の出入りなし」\(\to\) 断熱、「温度一定」\(\to\) 等温。キーワードから変化を特定します。
  2. \(p-V\) グラフの描画: 文章だけで考えず、必ず横軸 \(V\)、縦軸 \(P\) のグラフを描き、状態がどう移動するかを矢印で書き込みます。仕事は面積として視覚化されます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 熱効率の計算における分母の取り違え:
  • 誤解: 熱効率 \(e = \frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{吸}}}\) の分母に、放熱過程（\(Q<0\)）の熱量まで足し合わせてしまう、あるいは正味の熱量（\(Q_{\text{吸}} – Q_{\text{放}}\)）を入れてしまう。
  • 対策: 必ず各過程の \(Q\) の符号を確認し、「プラスのもの（吸熱）」だけをピックアップして分母にする習慣をつけましょう。
• 圧力計算での大気圧の忘れ:
  • 誤解: ピストンを押す力は重力 \(Mg\) だけだと考え、\(P = \frac{Mg}{S}\) としてしまう。
  • 対策: ピストンの外側には必ず「大気」がいます。力のつりあいの図を描くときは、最初に「大気圧による力 \(P_0 S\)」を矢印で書き込みましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 問(6)での解法選択（\(p-V\) グラフの面積 vs 力学的エネルギー保存則）:
  • 選定理由: メイン解法（グラフ面積）は定義に忠実で汎用性が高いですが、計算量が増えます。別解（力学的エネルギー）は、「結局何を持ち上げたか」を見るだけで瞬殺できるため、検算や時短に最適です。
  • 適用根拠: サイクルが一巡して気体の状態が元に戻る場合、気体がした正味の仕事は、外界（おもり等）の力学的エネルギー変化と等しくなります。
• 問(2)(4)での解法選択（モル比熱の公式 vs 第一法則の微分形）:
  • 選定理由: モル比熱の公式（\(Q = nC\Delta T\)）は計算が速いですが、公式を忘れると詰みます。第一法則の微分形（\(dQ = dU + PdV\)）は、原理から導くため応用が効き、物理的理解も深まります。
  • 適用根拠: 理想気体であれば常に成立する第一法則と状態方程式に基づいているため、どのような変化（例えばバネ付きピストンなど比熱が一定でない場合）でも適用可能です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 次元解析（ディメンションチェック）:
  • 意識: 足し算・引き算をする項同士は、必ず同じ単位（次元）でなければなりません。
  • 実践: \(P_0 S + Mg\) という式を見たとき、\(P_0 S\) は \([\text{Pa}]\cdot[\text{m}^2] = [\text{N}]\)、\(Mg\) も \([\text{kg}]\cdot[\text{m}/\text{s}^2] = [\text{N}]\) で、共に「力」の次元になっていることを確認します。
• 文字式の「塊（かたまり）」での処理:
  • 意識: 複雑な式を早めに展開すると、項が増えてミスのもとになります。
  • 実践: \(P_1 = P_0 + \frac{(M+M_0)g}{S}\) のような式は、\(P_1\) という文字のまま計算を進め、最後に代入するか、\(P_1 – P_3\) のように差の形を作ってから代入して項を消去します。

問題77 半透膜で仕切られた2種類の気体 (22 東京大)

【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「半透膜を含む複合的な気体系の熱力学」です。
気体分子運動論から始まり、断熱変化、そして定圧・定積変化が混在する過程まで、多角的な理解が問われます。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

[A] 気体分子運動論　問(1)

思考の道筋とポイント
ピストンに衝突するのは気体Xの分子のみです。
気体Xは膜を通過できるため、領域1（体積 \(V_1\)）と領域2（体積 \(V_2\)）を合わせた全空間（体積 \(V_1+V_2\)）を自由に運動しています。
分子1個がピストンに与える力積と、単位時間あたりの衝突回数を求め、それらを掛け合わせて平均の力を算出します。

この設問における重要なポイント

• 往復距離: 分子Xはピストンとシリンダー底面の間を往復します。この間の距離 \(L\) は、全体積 \(V_1+V_2\) と断面積 \(S\) を用いて表す必要があります。
• 力積と力の関係: 力 \(F\) は、単位時間あたりの運動量の変化（＝力積の総和）に等しいです。

具体的な解説と立式
気体Xの分子1個の質量を \(m_X\)、\(z\) 方向の速度成分を \(v_z\) とします。
図aのように、分子がピストンに弾性衝突して跳ね返るとき、速度の \(z\) 成分は \(v_z\) から \(-v_z\) に変化します。
このとき、分子がピストンに与える力積 \(I\) の大きさは、運動量変化の大きさより以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
I &= m_X v_z – m_X (-v_z) \\[2.0ex] &= 2m_X v_z \quad \cdots ①
\end{aligned}
$$
次に、この分子が再びピストンに衝突するまでの時間を考えます。
気体Xは領域1と領域2を行き来できるので、ピストンから底面までの距離 \(L\) を往復します。
シリンダー全体の体積は \(V_1 + V_2\)、断面積は \(S\) なので、距離 \(L\) は以下のように表せます。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{V_1 + V_2}{S}
\end{aligned}
$$
分子は \(z\) 方向に速さ \(v_z\) で距離 \(2L\) を移動するごとに1回衝突するので、時間 \(\Delta t\) の間の衝突回数 \(N\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
N &= \frac{v_z \Delta t}{2L}
\end{aligned}
$$
ピストンが時間 \(\Delta t\) の間にこの分子1個から受ける力積の合計は \(I \times N\) です。
これを \(\Delta t\) で割ることで、この分子1個による平均の力 \(f\) が求まります。
$$
\begin{aligned}
f &= \frac{I \times N}{\Delta t}
\end{aligned}
$$
気体Xの全分子数は \(1\,\text{mol}\) なので、アボガドロ定数 \(N_A\) 個です。
全分子による平均の力 \(F_1\) は、個々の分子の力 \(f\) の総和となります。ここで、個々の分子の \(v_z^2\) の平均値 \(\overline{v_z^2}\) を用います。
$$
\begin{aligned}
F_1 &= N_A \times \overline{f}
\end{aligned}
$$

まず、衝突回数 \(N\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
N &= \frac{v_z \Delta t}{2 \cdot \frac{V_1+V_2}{S}} \\[2.0ex] &= \frac{S v_z \Delta t}{2(V_1+V_2)} \quad \cdots ②
\end{aligned}
$$
式①、②を \(f\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
f &= \frac{1}{\Delta t} \cdot (2m_X v_z) \cdot \frac{S v_z \Delta t}{2(V_1+V_2)} \\[2.0ex] &= \frac{m_X v_z^2 S}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$
これを全分子について足し合わせます。\(v_z^2\) を平均値 \(\overline{v_z^2}\) に置き換え、分子数 \(N_A\) を掛けます。
$$
\begin{aligned}
F_1 &= N_A \cdot \frac{m_X \overline{v_z^2} S}{V_1+V_2} \\[2.0ex] &= \frac{N_A m_X \overline{v_z^2} S}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$

気体Xの分子は、ピストンにぶつかっては跳ね返り、底まで行ってまた戻ってきます。
「1回の衝突でどれくらいの衝撃（力積）を与えるか」と、「1秒間に何回ぶつかるか」を計算して掛け合わせると、分子1個が押し続ける平均的な力が分かります。
気体Xは膜を通り抜けるので、部屋全体（領域1＋領域2）を広く使って往復運動している点に注意して、往復距離を計算しました。
最後に、全ての分子の分を合計して答えを出しました。

答えは \(\displaystyle \frac{N_A m_X \overline{v_z^2} S}{V_1+V_2}\) です。
分子の質量 \(m_X\) や速度の二乗 \(\overline{v_z^2}\) が大きいほど力は大きくなり、体積 \(V_1+V_2\) が大きい（往復距離が長い）ほど衝突頻度が減って力は小さくなります。これは物理的直感と一致します。

問(2)

思考の道筋とポイント
シリンダーの底面（領域2の下端）は、領域2にある気体から力を受けます。
領域2には、気体Xと気体Yの両方が存在します。
したがって、底面が受ける力 \(F_2\) は、気体Xによる力 \(F_{2X}\) と、気体Yによる力 \(F_{2Y}\) の和になります。

この設問における重要なポイント

• 気体Xの振る舞い: 気体Xは領域1と2を自由に行き来しており、密度や圧力は全体で均一です。したがって、底面を押す力 \(F_{2X}\) は、ピストンを押す力 \(F_1\) と等しくなります（パスカルの原理的視点、あるいは同様の計算）。
• 気体Yの振る舞い: 気体Yは膜を通過できないため、領域2（体積 \(V_2\)）のみに閉じ込められています。往復距離がXとは異なります。

具体的な解説と立式
底面が受ける力 \(F_2\) は、Xによる力とYによる力の和です。
$$
\begin{aligned}
F_2 &= F_{2X} + F_{2Y}
\end{aligned}
$$
気体Xについては、(1)と同様の計算により、底面を押す力も \(F_1\) と等しくなります。
$$
\begin{aligned}
F_{2X} &= F_1 \\[2.0ex] &= \frac{N_A m_X \overline{v_z^2} S}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$
気体Yについては、存在できる空間が領域2（体積 \(V_2\)）のみです。
したがって、往復距離 \(L_Y\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
L_Y &= \frac{V_2}{S}
\end{aligned}
$$
気体Yの分子1個の質量は \(m_Y\)、\(z\) 成分の速度の二乗平均は \(\overline{w_z^2}\) です。
(1)と同様の手順で、気体Yによる力 \(F_{2Y}\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
F_{2Y} &= N_A \cdot \frac{m_Y \overline{w_z^2} S}{V_2}
\end{aligned}
$$

\(F_2\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
F_2 &= F_{2X} + F_{2Y} \\[2.0ex] &= \frac{N_A m_X \overline{v_z^2} S}{V_1+V_2} + \frac{N_A m_Y \overline{w_z^2} S}{V_2} \\[2.0ex] &= N_A S \left( \frac{m_X \overline{v_z^2}}{V_1+V_2} + \frac{m_Y \overline{w_z^2}}{V_2} \right)
\end{aligned}
$$

底面には、気体Xと気体Yの両方がぶつかっています。
気体Xは上から下まで自由に動いているので、ピストンを押すのと同じ強さで底面も押します。
一方、気体Yは下の部屋（領域2）に閉じ込められているので、狭い範囲で激しく往復運動をして底面を押します。
この2つの力を足し合わせることで、底面が受ける合計の力が求まります。

答えは \(\displaystyle N_A S \left( \frac{m_X \overline{v_z^2}}{V_1+V_2} + \frac{m_Y \overline{w_z^2}}{V_2} \right)\) です。
Xの項は全体積 \(V_1+V_2\) に依存し、Yの項は \(V_2\) のみに依存しており、それぞれの気体の存在範囲を正しく反映しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
問題文で与えられた「各分子は一方向当たり平均して \(\frac{1}{2}kT\) の運動エネルギーをもつ」という条件（エネルギー等分配則）を利用して、(1)(2)で求めた力を温度 \(T\) を含む式に変換します。
そして、圧力の定義 \(p = F/S\) を用いて、圧力 \(p_1, p_2\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• エネルギー等分配則: \(\frac{1}{2}m\overline{v_z^2} = \frac{1}{2}kT\) の関係を用います。
• 圧力の定義: 領域1の圧力 \(p_1\) はピストンが受ける圧力、領域2の圧力 \(p_2\) は底面が受ける圧力に対応します。

具体的な解説と立式
気体XとYについて、与えられたエネルギーの関係式を立式します。
$$
\begin{aligned}
\frac{1}{2} m_X \overline{v_z^2} &= \frac{1}{2} kT \quad \cdots ③ \\[2.0ex] \frac{1}{2} m_Y \overline{w_z^2} &= \frac{1}{2} kT \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
また、気体定数 \(R\) とボルツマン定数 \(k\)、アボガドロ定数 \(N_A\) の関係は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
R &= N_A k \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
領域1の圧力 \(p_1\) は、ピストンが受ける力 \(F_1\) を断面積 \(S\) で割ったものです。
$$
\begin{aligned}
p_1 &= \frac{F_1}{S}
\end{aligned}
$$
領域2の圧力 \(p_2\) は、底面が受ける力 \(F_2\) を断面積 \(S\) で割ったものです。
$$
\begin{aligned}
p_2 &= \frac{F_2}{S}
\end{aligned}
$$

式③より \(m_X \overline{v_z^2} = kT\)、式④より \(m_Y \overline{w_z^2} = kT\) です。
これらを(1)の \(F_1\) の式に代入し、\(p_1\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
p_1 &= \frac{1}{S} \cdot \frac{N_A (kT) S}{V_1+V_2} \\[2.0ex] &= \frac{N_A k T}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$
式⑤ \(N_A k = R\) を用いて整理します。
$$
\begin{aligned}
p_1 &= \frac{RT}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$
同様に、(2)の \(F_2\) の式を用いて \(p_2\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
p_2 &= \frac{1}{S} \cdot N_A S \left( \frac{kT}{V_1+V_2} + \frac{kT}{V_2} \right) \\[2.0ex] &= N_A k T \left( \frac{1}{V_1+V_2} + \frac{1}{V_2} \right) \\[2.0ex] &= RT \left( \frac{1}{V_1+V_2} + \frac{1}{V_2} \right) \\[2.0ex] &= \frac{RT}{V_1+V_2} + \frac{RT}{V_2}
\end{aligned}
$$

分子の運動エネルギーが温度 \(T\) に比例するというルールを使って、さっき計算した「力」の式を「温度」を使った式に書き換えました。
そして、力を面積で割って圧力にしました。
結果を見ると、\(p_1\) は気体Xだけの圧力（分圧）、\(p_2\) は気体Xの圧力と気体Yの圧力の合計（全圧）になっていることが分かります。これはドルトンの分圧の法則そのものです。

\(p_1 = \frac{RT}{V_1+V_2}\)、\(p_2 = \frac{RT}{V_1+V_2} + \frac{RT}{V_2}\) です。
これは、気体Xの状態方程式 \(p_X (V_1+V_2) = RT\) と、気体Yの状態方程式 \(p_Y V_2 = RT\) から導かれる \(p_X, p_Y\) を用いて、\(p_1 = p_X\)、\(p_2 = p_X + p_Y\) とした結果と完全に一致します。

問(4)

思考の道筋とポイント
気体XとYはともに単原子分子理想気体であり、物質量はそれぞれ \(1\,\text{mol}\) です。
内部エネルギー \(U\) は温度 \(T\) のみに依存します。

この設問における重要なポイント

• 内部エネルギーの公式: 単原子分子理想気体 \(n\,\text{mol}\) の内部エネルギーは \(U = \frac{3}{2}nRT\) です。
• 加法性: 全体の内部エネルギーは、各気体の内部エネルギーの和です。

具体的な解説と立式
気体Xの内部エネルギー \(U_X\) と気体Yの内部エネルギー \(U_Y\) は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
U_X &= \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot RT \\[2.0ex] U_Y &= \frac{3}{2} \cdot 1 \cdot RT
\end{aligned}
$$
合計の内部エネルギー \(U\) はこれらの和です。
$$
\begin{aligned}
U &= U_X + U_Y
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
U &= \frac{3}{2}RT + \frac{3}{2}RT \\[2.0ex] &= 3RT
\end{aligned}
$$

単原子分子の気体が持っているエネルギーは、温度だけで決まります。
XもYも \(1\,\text{mol}\) ずつあり、温度も同じ \(T\) なので、それぞれ \(\frac{3}{2}RT\) ずつのエネルギーを持っています。合計すれば \(3RT\) になります。

答えは \(3RT\) です。
\(2\,\text{mol}\) の単原子分子理想気体全体のエネルギーとして妥当な結果です。

[B] 断熱微小変化　問(1)

思考の道筋とポイント
ピストンを押し下げて気体を圧縮する過程です。
断熱変化なので、外部との熱のやり取りはありません（\(Q=0\)）。
熱力学第一法則を用いて、外部からされた仕事と内部エネルギー変化の関係を導きます。

この設問における重要なポイント

• 仕事をする主体: ピストンに接しているのは領域1の気体Xのみです。したがって、外部からの仕事 \(W\) は、ピストンにかかる圧力 \(p_1\) と体積変化 \(\Delta V_1\) で決まります。
• 内部エネルギーの変化: 気体XとYは熱交換をして常に同じ温度 \(T\) になるため、系全体の内部エネルギー変化 \(\Delta U\) を考える必要があります。

具体的な解説と立式
熱力学第一法則より、気体系（X+Y）が吸収した熱量 \(Q\) は、内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) と、気体が外部へした仕事 \(W_{\text{外部}}\) の和です。
$$
\begin{aligned}
Q &= \Delta U + W_{\text{外部}}
\end{aligned}
$$
断熱変化なので \(Q=0\) です。
また、ピストンを押し下げて体積を \(V_1\) から \(V_1 – \Delta V_1\) に縮小させたので、気体は外部から仕事をされています。
気体が外部へした仕事 \(W_{\text{外部}}\) は負の値となり、その大きさは圧力 \(p_1\) と体積減少量 \(\Delta V_1\) の積です（微小変化なので圧力は一定とみなせます）。
$$
\begin{aligned}
W_{\text{外部}} &= -p_1 \Delta V_1 \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$
内部エネルギーの変化 \(\Delta U\) は、[A](4)の結果 \(U=3RT\) より、温度変化 \(\Delta T\) を用いて表せます。
$$
\begin{aligned}
\Delta U &= 3R(T + \Delta T) – 3RT \\[2.0ex] &= 3R \Delta T \quad \cdots ⑦
\end{aligned}
$$

式⑥、⑦を第一法則の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
0 &= 3R \Delta T + (-p_1 \Delta V_1) \\[2.0ex] 3R \Delta T &= p_1 \Delta V_1
\end{aligned}
$$
これより \(\Delta T\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\Delta T &= \frac{p_1 \Delta V_1}{3R}
\end{aligned}
$$

断熱材で囲まれているので、熱の出入りはありません。
ピストンを無理やり押し込んで仕事をすると、そのエネルギーは逃げ場がないため、すべて気体の内部エネルギー（温度上昇）に使われます。
「された仕事＝増えたエネルギー」という関係式を立てて計算しました。
仕事をするのはピストンに接している圧力 \(p_1\) だけですが、温まるのは中の気体全部（XとY）であることに注意が必要です。

答えは \(\displaystyle \frac{p_1 \Delta V_1}{3R}\) です。
体積を縮める（\(\Delta V_1 > 0\)）と温度が上がる（\(\Delta T > 0\)）ので、断熱圧縮の性質と一致しています。

問(2)

思考の道筋とポイント
気体Xの状態方程式の変化を考えます。
変化前と変化後の状態方程式を書き出し、その差をとることで微小量の関係式を導きます。

この設問における重要なポイント

• 気体Xの状態方程式: 気体Xは全体積 \(V_1+V_2\) を占めており、圧力は \(p_1\) です。
• 微小量の近似: \(\Delta p \cdot \Delta V\) のような微小量同士の積は無視します。

具体的な解説と立式
変化前の気体Xの状態方程式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
p_1 (V_1 + V_2) &= RT \quad \cdots ⑧
\end{aligned}
$$
変化後の状態は、圧力 \(p_1 + \Delta p_1\)、体積 \((V_1 – \Delta V_1) + V_2\)、温度 \(T + \Delta T\) です。
$$
\begin{aligned}
(p_1 + \Delta p_1) (V_1 + V_2 – \Delta V_1) &= R(T + \Delta T) \quad \cdots ⑨
\end{aligned}
$$

式⑨を展開します。
$$
\begin{aligned}
p_1(V_1+V_2) – p_1 \Delta V_1 + \Delta p_1(V_1+V_2) – \Delta p_1 \Delta V_1 &= RT + R \Delta T
\end{aligned}
$$
微小量の積 \(\Delta p_1 \Delta V_1\) を無視し、式⑧ \(p_1(V_1+V_2) = RT\) を用いて整理します。
$$
\begin{aligned}
RT – p_1 \Delta V_1 + \Delta p_1(V_1+V_2) &= RT + R \Delta T \\[2.0ex] \Delta p_1(V_1+V_2) – p_1 \Delta V_1 &= R \Delta T
\end{aligned}
$$
ここで、(1)の結果 \(R \Delta T = \frac{1}{3} p_1 \Delta V_1\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta p_1(V_1+V_2) – p_1 \Delta V_1 &= \frac{1}{3} p_1 \Delta V_1 \\[2.0ex] \Delta p_1(V_1+V_2) &= \frac{4}{3} p_1 \Delta V_1
\end{aligned}
$$
求めたい形 \(\frac{\Delta p_1}{p_1} = \fbox{ア} \frac{\Delta V_1}{V_1+V_2}\) に変形します。
$$
\begin{aligned}
\frac{\Delta p_1}{p_1} &= \frac{4}{3} \frac{\Delta V_1}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$

状態方程式 \(PV=RT\) が、変化の前後でどう変わったかを調べました。
「変化後の式」から「変化前の式」を引き算すると、変化分（\(\Delta\)）だけの関係式が残ります。
そこに(1)で求めた温度変化の式を代入して、圧力の変化率と体積の変化率の関係を導き出しました。

答えのアに入る数は \(\displaystyle \frac{4}{3}\) です。
断熱変化では \(PV^{\gamma} = \text{一定}\) の関係があり、単原子分子理想気体なら \(\gamma = 5/3\) ですが、今回は気体Yがいるため係数が異なります。

[C] 複合変化　問(1)

思考の道筋とポイント
おもりを乗せた状態でピストンが静止しているので、気体Xの圧力は \(p_1\) で一定に保たれます（定圧変化）。
ヒーターで加熱すると、気体Xは膨張し、領域1の体積が \(V_1\) から \(2V_1\) になります。
このとき、気体Yの体積 \(V_2\) は変化しません。

この設問における重要なポイント

• 気体Xの変化: 圧力 \(p_1\) 一定。体積は \(V_1+V_2 \rightarrow 2V_1+V_2\)。
• シャルルの法則: 圧力が一定のとき、体積と絶対温度は比例します（\(\frac{V}{T} = \text{一定}\)）。

具体的な解説と立式
気体Xに着目します。
変化前の状態: 温度 \(T\)、体積 \(V_{\text{前}} = V_1 + V_2\)。
変化後の状態: 温度 \(T’\)、体積 \(V_{\text{後}} = 2V_1 + V_2\)。
圧力は \(p_1\) で一定なので、シャルルの法則が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\frac{V_{\text{前}}}{T} &= \frac{V_{\text{後}}}{T’} \\[2.0ex] \frac{V_1 + V_2}{T} &= \frac{2V_1 + V_2}{T’}
\end{aligned}
$$

\(T’\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
T’ &= \frac{2V_1 + V_2}{V_1 + V_2} T
\end{aligned}
$$

おもりが乗っているので、ピストンを押す圧力は一定です。
この状態で温めると、気体は膨張します。
気体X全体で見ると、体積が \(V_1+V_2\) から \(2V_1+V_2\) に増えました。
圧力が変わらないとき、体積は温度に比例して増える（シャルルの法則）ので、その比率を使って新しい温度を求めました。

答えは \(\displaystyle \frac{2V_1 + V_2}{V_1 + V_2} T\) です。
体積が増加しているので、温度も上昇しており（係数が1より大きい）、妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
気体XとYが吸収した熱量の合計 \(Q\) を求めます。
それぞれの気体がどのような変化をしたかを見極め、比熱を用いて計算します。

この設問における重要なポイント

• 気体Xの変化: 圧力一定なので、定圧変化として扱えます。吸収熱量 \(Q_X = n C_p \Delta T\)。
• 気体Yの変化: 体積 \(V_2\) が一定なので、定積変化です。吸収熱量 \(Q_Y = n C_v \Delta T\)。
• モル比熱: 単原子分子理想気体なので、定積モル比熱 \(C_v = \frac{3}{2}R\)、定圧モル比熱 \(C_p = \frac{5}{2}R\) です。

具体的な解説と立式
温度変化を \(\Delta T’ = T’ – T\) とします。
(1)の結果より、
$$
\begin{aligned}
\Delta T’ &= \frac{2V_1+V_2}{V_1+V_2}T – T \\[2.0ex] &= \left( \frac{2V_1+V_2}{V_1+V_2} – 1 \right) T \\[2.0ex] &= \frac{V_1}{V_1+V_2} T \quad \cdots ⑪
\end{aligned}
$$
気体X（\(1\,\text{mol}\)）は定圧変化をするので、吸収熱量 \(Q_X\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
Q_X &= 1 \cdot C_p \Delta T’ \\[2.0ex] &= \frac{5}{2} R \Delta T’
\end{aligned}
$$
気体Y（\(1\,\text{mol}\)）は定積変化をするので、吸収熱量 \(Q_Y\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
Q_Y &= 1 \cdot C_v \Delta T’ \\[2.0ex] &= \frac{3}{2} R \Delta T’
\end{aligned}
$$
合計の熱量 \(Q\) はこれらの和です。
$$
\begin{aligned}
Q &= Q_X + Q_Y
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
Q &= \frac{5}{2} R \Delta T’ + \frac{3}{2} R \Delta T’ \\[2.0ex] &= 4 R \Delta T’
\end{aligned}
$$
これに式⑪の \(\Delta T’\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q &= 4R \cdot \frac{V_1}{V_1+V_2} T \\[2.0ex] &= \frac{4RT V_1}{V_1+V_2}
\end{aligned}
$$

Xは自由に膨張できるので「定圧変化」、Yは閉じ込められているので「定積変化」です。
それぞれの変化に合わせて、比熱（温まりにくさの係数）を使い分けました。
Xには \(5/2 R\)、Yには \(3/2 R\) を使い、温度上昇分を掛けて足し合わせることで、ヒーターから供給された総熱量を求めました。

答えは \(\displaystyle \frac{4RT V_1}{V_1+V_2}\) です。
\(V_1\) が大きいほど（膨張量が大きいほど）多くの熱が必要であり、物理的に妥当です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 半透膜と分圧の法則
  • 核心: 「膜を通れる気体は全空間に広がり、通れない気体は一部に留まる」という幾何学的な条件を、分圧の和（全圧）という力学的な条件に変換できるかが勝負です。
  • 理解のポイント:
    • 気体Xの圧力 \(p_X\) は領域1と2で共通であり、全体積 \(V_1+V_2\) に依存します。
    • 気体Yの圧力 \(p_Y\) は領域2のみに作用し、体積 \(V_2\) に依存します。
    • 領域2の底面が受ける全圧は、それぞれの分圧の和 \(p_X + p_Y\) となります。
• 複合系の熱力学第一法則
  • 核心: 複数の気体が熱交換する場合、個別に式を立てるよりも、系全体（X+Y）を一つの「物体」とみなしてエネルギー収支（\(Q = \Delta U_{\text{全}} + W_{\text{全}}\)）を考える方が、計算ミスが減り本質が見えやすくなります。
  • 理解のポイント:
    • 内部エネルギーは示量性変数であり、単純な足し算が可能です（\(U_{\text{全}} = U_X + U_Y\)）。
    • 仕事は「動く壁（ピストン）」に接している圧力だけで決まります。奥にいる気体Yは直接仕事をしません。

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:
  • バネ付きピストン: 圧力が体積の一次関数になる場合も、微小変化なら \(W = p \Delta V\) や全微分の手法がそのまま使えます。
  • 気球の問題: 内外の圧力差や浮力を考える際、本問のような「分圧」や「密度」の考え方が直結します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 「誰が仕事をしているか？」: ピストンに触れている気体だけが仕事をします。奥にいる気体（今回ならY）は、間接的にエネルギーをもらうだけです。
  2. 「保存量は何か？」: 断熱なら \(Q=0\)、定積なら \(W=0\)、等温なら \(\Delta U=0\)。この3つのパラメータのうち1つをゼロにする条件を必ず探しましょう。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 往復距離の取り違え:
  • 誤解: 気体Xの往復距離を、領域1の長さだけ、あるいは領域2の長さだけと考えてしまう。
  • 対策: 「分子はどこまで行けるか？」を指でなぞって確認しましょう。膜を通り抜けるなら、端から端までが往復距離です。
• 仕事の計算ミス:
  • 誤解: [B]で気体Yも仕事をしている（あるいはされている）と勘違いして、\(p_2 \Delta V\) のような式を立ててしまう。
  • 対策: 仕事 \(W = F \Delta x\) です。力がかかっていても、壁が動かなければ仕事はゼロです。Yの体積 \(V_2\) は変わっていないので、Yは仕事をしません。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 微積分（全微分）アプローチの選択:
  • 選定理由: [B]のような微小変化の問題では、\(\Delta\) を使った代数計算は項の無視などで混乱しがちです。全微分なら「変数の数だけ項が出る」というルールに従うだけで、機械的に正解にたどり着けます。
  • 適用根拠: 状態方程式や第一法則は連続的な関数で記述されるため、微分操作が物理的に許容されます。
• 系全体でのエネルギー保存則:
  • 選定理由: [C]で個別に \(Q_X, Q_Y\) を計算するのは手間がかかります。全体を見れば「入った熱＝内部エネルギー増＋した仕事」の一発計算で済みます。
  • 適用根拠: 熱力学第一法則は、任意の閉じた系に対して成立するため、XとYをまとめた系に対しても適用可能です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 次元解析（単位チェック）:
  • 意識: 答えの次元が合っているか常に確認する。
  • 実践: 例えば(1)の答え \(\frac{N_A m v^2 S}{V}\)。\(mv^2\) はエネルギー(\(\text{J}\))、\(S/V\) は \(1/\text{長さ}(1/\text{m})\)。\(\text{J}/\text{m} = \text{N}\)（力）。合っています。
• 極限の確認:
  • 意識: 変数を極端な値にしてみる。
  • 実践: [A](2)で \(V_2 \to 0\) とすると、\(F_2 \to \infty\) となります。体積ゼロに閉じ込めれば圧力無限大になるのは当然なので、式の形は正しそうです。

問題78 正弦波の波形

【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「正弦波のグラフ化、縦波の横波表示、および定常波の解析」です。
波のグラフから情報を読み取り、時間変化を追跡する力と、定常波の腹や節の位置を特定する力が問われます。

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
(a) 周期 \(T\) を求めるには、波の基本公式 \(v = \frac{\lambda}{T}\) を変形します。
(b) 位置 \(\text{i}\) における変位 \(y\) と時刻 \(t\) の関係（\(y-t\) グラフ）を描くには、\(t=0\) での状態から時間が少し経過したときに波形がどう動くかを考えます。
(c) 位置 \(\text{c}\) における速度 \(u\) と時刻 \(t\) の関係（\(u-t\) グラフ）を描くには、媒質がどちら向きに動いているかを波形の移動から判断します。

この設問における重要なポイント

• 波の進行: 波は \(x\) 軸正の向きに進むため、少し時間が経過すると波形全体が右へ平行移動します。
• 媒質の動き: 媒質そのものは \(x\) 軸方向には動かず、\(y\) 軸方向（上下）に単振動します。
• \(y-t\) グラフの描き方: ある位置に注目し、波が通過するにつれてその点の高さがどう変わるかを追います。
• 図1の読み取り:
  • 位置 \(\text{a}\): 変位 \(0\)
  • 位置 \(\text{c}\): 山（変位 \(+A\)）
  • 位置 \(\text{e}\): 変位 \(0\)
  • 位置 \(\text{g}\): 谷（変位 \(-A\)）
  • 位置 \(\text{i}\): 変位 \(0\)

具体的な解説と立式
(a)
波の速さを \(v\)、波長を \(\lambda\)、周期を \(T\) とします。
波の基本公式より、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
v &= \frac{\lambda}{T}
\end{aligned}
$$

(b)
図1より、時刻 \(t=0\) において位置 \(\text{i}\) の変位は \(0\) です。
波は \(x\) 軸の正の向き（右向き）に進みます。
位置 \(\text{i}\) のすぐ左側（位置 \(\text{h}\) 付近）を見ると、波形は谷（変位が負）になっています。
時間がわずかに経過すると、この左側の谷が位置 \(\text{i}\) に到達します。
したがって、時刻 \(t=0\) の直後、位置 \(\text{i}\) の媒質は負の向き（下向き）に動きます。
振幅は \(A\)、周期は \(T\) なので、これをグラフにします。

(c)
図1より、時刻 \(t=0\) において位置 \(\text{c}\) は山の頂点（変位 \(+A\)）にあります。
単振動において、折り返し点（山や谷）での速度は \(0\) です。
したがって、\(t=0\) で速度 \(u=0\) です。
時間がわずかに経過すると、波形が右にずれるため、位置 \(\text{c}\) の変位は \(+A\) から減少します（下がります）。
変位が下がるということは、速度は負の向きです。
媒質の速度の最大値を \(U\) とすると、\(t=0\) から負の向きに加速し、変位が \(0\) になるときに速度は \(-U\) になります。

(a)
基本公式を変形して \(T\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{\lambda}{v}
\end{aligned}
$$

(b)
\(t=0\) で \(y=0\)、直後に \(y<0\) となる正弦波（サインカーブ）を描きます。
これは \(y = -A \sin(\omega t)\) の形になります。
グラフは原点から下向きにスタートし、時刻 \(T\) で一周期を終えます。

(c)
\(t=0\) で \(u=0\)、直後に \(u<0\) となる正弦波（コサインカーブの変形）を描きます。
これは \(u = -U \sin(\omega t)\) の形になります。
グラフは原点から下向きにスタートし、時刻 \(T\) で一周期を終えます。

(a) 「速さ＝距離÷時間」の関係と同じように、「波の速さ＝波長（波1つ分の長さ）÷周期（波1つ分の時間）」という関係があります。これを使って周期を求めました。
(b) 波のグラフを少しだけ右にずらして書いてみましょう。すると、点 \(\text{i}\) の場所では、元の線よりも新しい線の方が下に来ることがわかります。つまり、これから点 \(\text{i}\) は「下がる」動きをします。だからグラフはマイナス方向へ出発します。
(c) 点 \(\text{c}\) は今てっぺん（山）にいます。ブランコで言うと一番高いところです。ここでは一瞬止まっているので、速さはゼロです。その後、波が動くと点 \(\text{c}\) は下がり始めます。つまり、下向き（マイナス方向）にスピードが出てきます。

(a) \(T = \lambda/v\)。次元は \([\text{L}] / [\text{L}/\text{T}] = [\text{T}]\) で正しい。
(b) 原点から下がり、周期 \(T = \lambda/v\) で戻る正弦波。初期位相が \(\pi\) のサインカーブ。妥当である。
(c) 原点から下がり、周期 \(T\) で戻る正弦波。変位が最大（山）のとき速度は \(0\)、変位が減少するにつれて負の速度を持つ。妥当である。

問(2)

思考の道筋とポイント
波長と振幅が変化したときの、周期と媒質の最大速度の変化を調べます。
新しい波長 \(\lambda’ = 2\lambda\)、新しい振幅 \(A’ = 2A\) です。速さ \(v\) は変わりません。

この設問における重要なポイント

• 周期の変化: \(T = \lambda/v\) の式において、\(\lambda\) がどう変わったかを見ます。
• 最大速度の変化: 単振動の最大速度 \(u_{\text{最大}}\) は、振幅 \(A\) と角振動数 \(\omega\) の積 \(A\omega\) で決まります。
• 角振動数: \(\omega = \frac{2\pi}{T}\) です。

具体的な解説と立式
(a)
新しい周期を \(T’\) とします。
波長が \(\lambda’ = 2\lambda\) になったので、周期の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
T’ &= \frac{\lambda’}{v}
\end{aligned}
$$

(b)
媒質の速さの最大値 \(u_{\text{最大}}\) は、振幅 \(A\) と角振動数 \(\omega\) を用いて次のように表されます。
$$
\begin{aligned}
u_{\text{最大}} &= A\omega \\[2.0ex] &= A \frac{2\pi}{T}
\end{aligned}
$$
新しい最大速さを \(u’_{\text{最大}}\) とすると、振幅 \(A’ = 2A\)、周期 \(T’ = 2T\) （(a)の結果より）を用いて次のように表されます。
$$
\begin{aligned}
u’_{\text{最大}} &= A’ \frac{2\pi}{T’}
\end{aligned}
$$

(a)
$$
\begin{aligned}
T’ &= \frac{2\lambda}{v} \\[2.0ex] &= 2 \left( \frac{\lambda}{v} \right) \\[2.0ex] &= 2T
\end{aligned}
$$
よって、元の周期の \(2\) 倍です。

(b)
$$
\begin{aligned}
u’_{\text{最大}} &= (2A) \frac{2\pi}{2T} \\[2.0ex] &= A \frac{2\pi}{T} \\[2.0ex] &= u_{\text{最大}}
\end{aligned}
$$
よって、元の最大速さの \(1\) 倍です。

(a) 波の長さ（波長）が2倍になりましたが、進むスピードは同じです。長い波が通り過ぎるには、その分だけ時間がかかります。長さが2倍なら時間も2倍かかります。
(b) 媒質の最大スピードは、「どれだけ大きく動くか（振幅）」と「どれだけ速く往復するか（振動数）」で決まります。振幅は2倍になってスピードアップ要因ですが、周期も2倍（動きがゆっくり）になったのでスピードダウン要因です。これらがちょうど打ち消し合って、最大スピードは変わりません。

(a) \(2\) 倍。波長が伸びれば周期も伸びる。妥当。
(b) \(1\) 倍。振幅増大と周期増大の効果が相殺する。妥当。

問(3)

思考の道筋とポイント
縦波の横波表示における「密」な点を探します。
横波表示では、\(y\) 軸の正の変位は \(x\) 軸の正方向への変位、負の変位は負方向への変位を表します。

この設問における重要なポイント

• 密の定義: 周囲の媒質が集まってくる場所です。
• 変位による判定:
  • ある点の左側の媒質が「右へ（\(y>0\)）」動き、右側の媒質が「左へ（\(y<0\)）」動いていれば、その点に媒質が押し寄せているので「密」です。
  • グラフで言うと、「山から谷へ下る途中で \(x\) 軸と交わる点」が密になります（傾きが負の点）。

具体的な解説と立式
図1において、変位 \(y=0\) となる点は \(\text{a}, \text{e}, \text{i}\) です。
それぞれの点の前後（左右）の変位を確認します。

• 位置 \(\text{a}\): 左側は負（左変位）、右側は正（右変位）。媒質が遠ざかっているので「疎」です。
• 位置 \(\text{e}\): 左側は正（右変位）、右側は負（左変位）。両側から媒質が集まってくるので「密」です。
• 位置 \(\text{i}\): 左側は負（左変位）、右側は正（右変位）。媒質が遠ざかっているので「疎」です。

グラフの傾きを目視で確認します。
位置 \(\text{e}\) において、グラフは右下がり（傾き負）で軸と交差しています。
これが密の条件です。

縦波のグラフでは、「山」は右へのズレ、「谷」は左へのズレを表します。
点 \(\text{e}\) の左側は山（右へズレる）で、右側は谷（左へズレる）です。
つまり、点 \(\text{e}\) に向かって両側からギュッと押されている状態です。だからここが一番混雑している「密」な点になります。

最も密な点は \(\text{e}\) です。

問(4)

思考の道筋とポイント
互いに逆向きに進む同じ波（進行波）が重なると、定常波ができます。
図4の状態（時刻 \(t=0\)）から時間が経過したときの様子を考察し、腹（最も激しく振動する点）の位置を特定します。

この設問における重要なポイント

• 図4の読み取り:
  • 実線（右進波）: \(\text{e}\) で山、\(\text{a}, \text{i}\) で谷。
  • 破線（左進波）: \(\text{a}, \text{i}\) で山、\(\text{e}\) で谷。
  • \(t=0\) では、すべての位置で実線と破線の変位が逆符号で大きさが等しく、合成変位は \(0\) です。
• 腹の条件: 実線の山と破線の山（または谷と谷）が出会う場所です。
• 節の条件: 実線の山と破線の谷が常に出会う場所です。

具体的な解説と立式
(a)
時刻 \(t=0\) における合成波の変位 \(Y\) は、実線の変位 \(y_1\) と破線の変位 \(y_2\) の和です。
図4より、任意の位置 \(x\) において以下の関係が見て取れます。
$$
\begin{aligned}
y_1(x) &= -y_2(x)
\end{aligned}
$$
したがって、合成変位は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
Y(x) &= y_1(x) + y_2(x)
\end{aligned}
$$

(b)
腹の位置を見つけるために、波を少し進めて考えます。
実線の山（位置 \(\text{e}\)）は右へ、破線の山（位置 \(\text{i}\)）は左へ進みます。
これらが出会う位置が腹になります。
位置 \(\text{e}\) と位置 \(\text{i}\) の中点は位置 \(\text{g}\) です。

あるいは、\(t=0\) からわずかに時間が経過した \(t=\Delta t\) を考えます。

• 位置 \(\text{c}\): 実線（\(0\) から谷へ向かう部分）が右へ来るので変位は負になります。破線（\(0\) から谷へ向かう部分）が左へ来るので変位は負になります。両方負なので強め合い、大きく振動します（腹）。
• 位置 \(\text{g}\): 実線（\(0\) から山へ向かう部分）が右へ来るので変位は正になります。破線（\(0\) から山へ向かう部分）が左へ来るので変位は正になります。両方正なので強め合い、大きく振動します（腹）。
• 位置 \(\text{e}\): 実線の山が去り変位は減少、破線の谷が去り変位は増加。変化が打ち消し合い、変位は \(0\) 付近に留まります（節）。

(a)
グラフの足し算を行います。すべての \(x\) でプラスとマイナスが打ち消し合い、\(Y=0\) となります。

(b)
上述の考察により、腹の位置は \(\text{c}\) と \(\text{g}\) です。
腹では媒質の速さの最大値も最も大きくなります。

(a) 右向きの波と左向きの波が、ちょうど「山と谷」「谷と山」というふうに逆向きに重なっています。だから足し合わせると、どこでもプラスマイナスゼロになって、波がないように見えます。
(b) 時間が経つと波は動きます。右から来る山と左から来る山がドッキングする場所を探しましょう。
真ん中の \(\text{e}\) にあった山は右へ、\(\text{i}\) にあった山は左へ行きます。これらがぶつかるのは、ちょうど真ん中の \(\text{g}\) です。だから \(\text{g}\) は大きく揺れる「腹」です。
同じように考えると、\(\text{c}\) も山と山（あるいは谷と谷）がぶつかる場所になります。

(a) 一直線のグラフ（図d）。妥当。
(b) \(\text{c}, \text{g}\)。これらは隣り合う腹であり、間隔は \(\lambda/2\)（4目盛り分）となっている。妥当。

問(5)

思考の道筋とポイント
定常波の周期、振幅、最大速度を求めます。
定常波の腹の振幅は元の波の2倍（\(2A\)）になります。

この設問における重要なポイント

• 周期: 定常波の振動周期は、元の進行波の周期 \(T\) と同じです。
• 振幅分布: 腹（位置 \(\text{c}\)）での振幅は \(2A\)、節（位置 \(\text{e}\)）での振幅は \(0\) です。その中間の位置 \(\text{d}\) での振幅を考えます。
• 最大速度: 位置 \(\text{g}\) は腹なので、振幅 \(2A\) で単振動します。

具体的な解説と立式
(a)
定常波は、元の波と同じ振動数でその場で振動します。
したがって、周期は元の波の周期 \(T\) と等しいです。

(b)
位置 \(\text{c}\) は腹、位置 \(\text{e}\) は節です。位置 \(\text{d}\) はそのちょうど中点です。
腹と節の間隔は \(\lambda/4\) です。中点 \(\text{d}\) は腹から \(\lambda/8\) の距離にあります。
定常波の変位 \(Y\) は、腹の位置を原点 (\(x’=0\)) とすると、空間的にはコサインカーブを描きます。
$$
\begin{aligned}
\text{振幅}(x’) &= 2A \cos\left( \frac{2\pi}{\lambda} x’ \right)
\end{aligned}
$$
ここで \(x’ = \text{c} \sim \text{d} = \frac{\lambda}{8}\) を代入します。

(c)
位置 \(\text{g}\) は腹なので、振幅は \(2A\) です。
単振動の速さの最大値 \(U_{\text{g}}\) は、振幅 \(\times\) 角振動数 です。
$$
\begin{aligned}
U_{\text{g}} &= (2A) \omega
\end{aligned}
$$
元の波の媒質の速さの最大値 \(U\) は \(A\omega\) でした。

(a)
周期は変わらないので \(1\) 倍です。

(b)
位置 \(\text{d}\) の振幅を計算します。
$$
\begin{aligned}
\text{振幅}(\text{d}) &= 2A \cos\left( \frac{2\pi}{\lambda} \cdot \frac{\lambda}{8} \right) \\[2.0ex] &= 2A \cos\left( \frac{\pi}{4} \right) \\[2.0ex] &= 2A \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \\[2.0ex] &= \sqrt{2}A
\end{aligned}
$$
元の波の振幅は \(A\) なので、\(\sqrt{2}\) 倍です。

(c)
$$
\begin{aligned}
U_{\text{g}} &= 2A\omega \\[2.0ex] &= 2(A\omega) \\[2.0ex] &= 2U
\end{aligned}
$$
よって、\(2\) 倍です。

(a) 波が行ったり来たりして定常波ができても、揺れるリズム（周期）自体は元の波と同じです。
(b) 腹（一番揺れる所）での振幅は \(2A\)、節（揺れない所）では \(0\) です。その真ん中の地点では、単純に半分の \(A\) になるわけではなく、正弦波の形に沿って変化するので \(\sqrt{2}A\) （約 \(1.4\) 倍）になります。
(c) 点 \(\text{g}\) は腹なので、振幅が元の波の2倍（\(2A\)）になっています。同じリズムで2倍の距離を動く必要があるので、最大スピードも2倍になります。

(a) \(1\) 倍。正しい。
(b) \(\sqrt{2}\) 倍。腹(\(2A\))と節(\(0\))の中間値として妥当。
(c) \(2\) 倍。振幅が2倍なので速度も2倍。妥当。

【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？

• 波のグラフ化と媒質の運動（y-x図とy-t図の往復）
  • 核心: 波のグラフ（y-x図）は「ある瞬間の写真」であり、振動グラフ（y-t図）は「ある一点のビデオ記録」である。これらをつなぐ鍵は「波形を進行方向に少しずらす」ことにある。
  • 理解のポイント:
    • 波形の平行移動: 時間が経過すると、波形全体が進行方向（通常は右）へスライドする。
    • 媒質の動き: 媒質は波と一緒に進むのではなく、その場（あるx座標）でy軸方向に単振動しているだけである。
• 定常波の形成と腹・節の特定
  • 核心: 逆向きに進む同じ波が重なると、波形が進行せずその場で振動する「定常波」が生じる。振幅が最大になる「腹」と、全く振動しない「節」が交互に現れる。
  • 理解のポイント:
    • 重ね合わせの原理: 任意の点での変位は、2つの波の変位の単純な足し算（\(Y = y_1 + y_2\)）で求まる。
    • 腹の位置: 山と山（または谷と谷）が出会う場所。
    • 節の位置: 山と谷が常に出会う場所。

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:
  • 固定端反射・自由端反射: 壁で反射した波と入射波が重なって定常波ができる問題。反射点での位相変化（固定端は逆位相、自由端は同位相）を考慮して作図する。
  • 気柱の共鳴: 管楽器などの問題。開口端が腹、閉口端が節となる定常波を描く。
  • 縦波の疎密判定: 縦波を横波表示したグラフから、空気の密度変化（疎・密）や圧力変化を読み取る問題。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 軸のラベル確認: グラフの横軸が「位置 \(x\)」なのか「時刻 \(t\)」なのかを真っ先に確認する。これで読み取るべき情報（波長 \(\lambda\) か 周期 \(T\) か）が決まる。
  2. 微小時間の経過を作図: 「波が進む」という現象を捉えるために、元の波形に重ねて、少しだけ進行方向にずらした波形を点線で書き込む。これで各点の速度の向きが一発で分かる。
  3. 特異点の追跡: 定常波の問題では、式をこねくり回す前に「山」と「山」がどこでぶつかるか、代表的な点（\(t=0\)での山や谷の位置）の動きを追う。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• グラフの読み取りミス（y-x図とy-t図の混同）:
  • 誤解: y-x図を見て「周期 \(T\)」を読み取ろうとしたり、y-t図を見て「波長 \(\lambda\)」を読み取ろうとする。
  • 対策: 横軸の単位を見る癖をつける。\(x\) [\(\text{m}\)] なら波長、\(t\) [\(\text{s}\)] なら周期。これらは \(v = \lambda/T\) で変換する必要がある。
• 縦波の変位方向の勘違い:
  • 誤解: 縦波の横波表示グラフを見て、媒質が上下（y軸方向）に動いていると思い込む。
  • 対策: 問題文に「縦波」とあったら、グラフのy軸に「→（正）」「←（負）」と矢印を書き込み、変位がx軸方向であることを視覚化する。
• 定常波の振幅の計算ミス:
  • 誤解: 腹と節の中点での振幅を、単に最大振幅の半分（\(A\)）だと思ってしまう。
  • 対策: 定常波の形状も正弦波（コサインカーブなど）であることを思い出す。中点（位相差 \(\pi/4\)）では \(1/\sqrt{2}\) 倍になることを図形的にイメージする。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 波形の平行移動による考察（問1）:
  • 選定理由: 波動関数 \(y = A\sin(kx-\omega t)\) を微分して速度を求める方法は厳密だが、計算量が多く符号ミスを誘発しやすい。図形的な平行移動なら直感的に正負を判定できるため。
  • 適用根拠: 波形が崩れずに一定速度で伝播するという波動の基本性質。
• 重ね合わせの原理による定常波解析（問4）:
  • 選定理由: 三角関数の和積公式（別解）は強力だが、試験場では図形的な「山と山の衝突」を考える方が速く、物理的なイメージ（腹・節）と直結しやすいため。
  • 適用根拠: 波動の線形性（波同士は互いに干渉せず、単に変位が足し合わされるだけという性質）。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 次元解析（単位チェック）:
  • 意識: 求めた答えの単位が、物理量の定義と合致しているか常に疑う。
  • 実践: 周期 \(T\) の答えが \(\lambda/v\) なら、単位は \([\text{m}] / [\text{m}/\text{s}] = [\text{s}]\) となり正しい。もし \(v/\lambda\) なら \([1/\text{s}]\)（振動数）になってしまうので間違いと気づける。
• 極限ケースの想定:
  • 意識: 変数が極端な値（0や無限大）をとったとき、物理的にあり得ない挙動をしないか。
  • 実践: 問2で波長が2倍になったとき、もし周期が変わらないとしたら波の速さが2倍になる必要があるが、媒質が変わらない限り速さは変わらないはず。よって周期も2倍になるべき、といった検算を行う。

ABOUT THE AUTHOR

共田 誠（まこと先生）

高校物理講師・プロ家庭教師 / 指導歴14年

上智大学理工学部物理学科卒。私立高校の非常勤講師として進学クラスから基礎クラスまで幅広く担当。大手家庭教師センター3社でプロ家庭教師を経験し、現在はオンライン専門で全国の高校生を個別指導中。

「暗記物理の撲滅」を掲げ、生徒の思考のクセを診断・矯正するドクター型アプローチで指導。表面的なテクニックではなく、初見の問題に強い思考力を育てる。

800+解説記事

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