「センサー総合物理 3rd Edition」徹底解説！【Chapter 14】Step3

215 内部エネルギーの保存

【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、断熱容器内で、熱を伝える仕切りによって分けられた2つの理想気体の状態変化を扱う問題です。力学的平衡、熱平衡、そして内部エネルギー保存則という、熱力学の重要な概念を組み合わせて解く能力が問われます。
この問題の核心は、初期状態と最終状態において、気体に働く力のつり合い（圧力の関係）と、系全体でのエネルギー保存の関係を正しく立式し、連立して解くことです。

【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「断熱容器内での気体の混合と状態変化」です。仕切りを介して熱の移動と仕事のやりとり（体積変化）が起こり、最終的に新たな平衡状態に達する過程を解析します。
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
Bの気体の質量 \(m_B\) を求める問題です。初期状態では、なめらかに動く仕切りWが中央で静止しています。これは、Aの気体が仕切りを押す力と、Bの気体が仕切りを押す力がつり合っていることを意味します。断面積が共通なので、AとBの圧力が等しい（\(p_A = p_B\)）と考え、それぞれの気体について理想気体の状態方程式を立てます。
この設問における重要なポイント

• 力学的平衡: 仕切りが静止しているため、両側の気体の圧力は等しい。
• 理想気体の状態方程式: \(PV = nRT\) を用いる。
• 物質量の変換: 物質量 \(n\) は、質量 \(m\) とモル質量 \(M\) を用いて \(n = \displaystyle\frac{m}{M}\) と表される。

具体的な解説と立式
初期状態において、A, Bの気体の圧力を \(p \text{ [Pa]}\) とします。仕切りは中央にあるので、A, Bの体積はともに \(V = SL \text{ [m}^3\text{]}\) です。
Aの気体について、理想気体の状態方程式を立てます。Aの物質量は \(n_A = \displaystyle\frac{m_A}{M}\) です。
$$ p(SL) = \frac{m_A}{M} R T_A \quad \cdots ① $$
同様に、Bの気体について状態方程式を立てます。Bの物質量は \(n_B = \displaystyle\frac{m_B}{M}\) です。
$$ p(SL) = \frac{m_B}{M} R T_B \quad \cdots ② $$

式①と式②は左辺が等しいので、右辺も等しくなります。
$$ \frac{m_A}{M} R T_A = \frac{m_B}{M} R T_B $$
この式の両辺から共通の項である \(\displaystyle\frac{R}{M}\) を消去します。
$$ m_A T_A = m_B T_B $$
この式を \(m_B\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
m_B &= \frac{T_A}{T_B} m_A \text{ [kg]}
\end{aligned}
$$

最初、仕切りが動かないのは、AとBが同じ力で押し合っているからです。この「押し合う力（圧力）」が同じという条件を、気体の性質を表す公式（状態方程式）に当てはめて、Bの重さ（質量）を計算します。温度が異なるのに圧力が同じであるためには、質量（気体の量）で調整されているはずです。

Bの気体の質量は \(m_B = \displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A\) です。
問題の条件より \(T_A < T_B\) なので、分数 \(\displaystyle\frac{T_A}{T_B}\) は1より小さくなります。したがって、\(m_B < m_A\) となります。
これは、温度が高い気体Bの方が、分子の運動が激しいため、少ない量の気体でも温度の低い気体Aと同じ圧力を生み出せる、という物理的な描像と一致しており、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
仕切りの移動距離 \(x\) と最終温度 \(T\) を求める問題です。十分に時間が経つと、熱を伝える仕切りを介してAとBの温度は等しくなり（熱平衡）、仕切りも移動して新たな位置で静止するため圧力も等しくなります（力学的平衡）。
まず、この最終的な平衡状態について状態方程式を立て、移動距離 \(x\) を求めます。
次に、シリンダー全体が断熱されていることから、AとBの内部エネルギーの合計が変化の前後で保存されることを利用して、最終温度 \(T\) を求めます。
この設問における重要なポイント

• 力学的平衡（最終状態）: 最終的に仕切りが静止するため、AとBの圧力は等しい（\(p’\)）。
• 熱平衡: 熱を伝える仕切りなので、最終的にAとBの温度は等しくなる（\(T\)）。
• 体積の変化: 仕切りが中央から \(x\) 移動すると、Aの体積は \(S(L+x)\)、Bの体積は \(S(L-x)\) となる。
• 内部エネルギー保存則: シリンダー全体が断熱系なので、AとBの内部エネルギーの和は一定に保たれる。
• 単原子分子の内部エネルギー: \(U = \displaystyle\frac{3}{2}nRT\)。

具体的な解説と立式
(移動距離 \(x\) の導出)
最終状態での圧力を \(p’\)、温度を \(T\) とします。
仕切りが中央から距離 \(x\) だけ移動したとすると、A, Bの体積はそれぞれ \(V_A’ = S(L+x)\), \(V_B’ = S(L-x)\) となります。
A, Bそれぞれについて、最終状態での理想気体の状態方程式を立てます。
Aについて:
$$ p’ S(L+x) = \frac{m_A}{M} R T \quad \cdots ③ $$
Bについて:
$$ p’ S(L-x) = \frac{m_B}{M} R T \quad \cdots ④ $$

(最終温度 \(T\) の導出)
シリンダー全体は断熱されており、外部との仕事のやりとりもないため、AとBを合わせた系の内部エネルギーは保存されます。
初期状態の内部エネルギーの和 \(U_{\text{初}}\) は、Aの内部エネルギー \(U_{A, \text{初}}\) とBの内部エネルギー \(U_{B, \text{初}}\) の和です。
$$ U_{\text{初}} = U_{A, \text{初}} + U_{B, \text{初}} \quad \cdots ⑤ $$
$$ U_{A, \text{初}} = \frac{3}{2}\frac{m_A}{M}RT_A, \quad U_{B, \text{初}} = \frac{3}{2}\frac{m_B}{M}RT_B $$
最終状態の内部エネルギーの和 \(U_{\text{終}}\) も同様に、
$$ U_{\text{終}} = U_{A, \text{終}} + U_{B, \text{終}} \quad \cdots ⑥ $$
$$ U_{A, \text{終}} = \frac{3}{2}\frac{m_A}{M}RT, \quad U_{B, \text{終}} = \frac{3}{2}\frac{m_B}{M}RT $$
最終状態ではAとBの温度が等しくなるため、\(U_{\text{終}}\) は次のようにまとめることができます。
$$ U_{\text{終}} = \frac{3}{2}\frac{m_A+m_B}{M}RT $$
内部エネルギー保存則より、\(U_{\text{初}} = U_{\text{終}}\) です。

(移動距離 \(x\) の計算)
式③を式④で辺々割ると、共通の項 \(p’, S, \frac{R}{M}, T\) が消去されます。
$$ \frac{p’ S(L+x)}{p’ S(L-x)} = \frac{\displaystyle\frac{m_A}{M} R T}{\displaystyle\frac{m_B}{M} R T} $$
$$ \frac{L+x}{L-x} = \frac{m_A}{m_B} $$
ここに、(1)で求めた \(m_B = \displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\frac{L+x}{L-x} &= \frac{m_A}{\left(\displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A\right)} \\[2.0ex]
&= \frac{T_B}{T_A}
\end{aligned}
$$
この式を \(x\) について解きます。
$$ T_A(L+x) = T_B(L-x) $$
$$ T_A L + T_A x = T_B L – T_B x $$
$$ (T_A + T_B)x = (T_B – T_A)L $$
$$ x = \frac{T_B – T_A}{T_A + T_B} L \text{ [m]} $$

(最終温度 \(T\) の計算)
内部エネルギー保存則 \(U_{\text{初}} = U_{\text{終}}\) より、
$$ \frac{3}{2}\frac{m_A}{M}RT_A + \frac{3}{2}\frac{m_B}{M}RT_B = \frac{3}{2}\frac{m_A+m_B}{M}RT $$
両辺から共通の項 \(\displaystyle\frac{3}{2}\frac{R}{M}\) を消去します。
$$ m_A T_A + m_B T_B = (m_A + m_B)T $$
この式を \(T\) について解くと、
$$ T = \frac{m_A T_A + m_B T_B}{m_A + m_B} $$
ここに、(1)で求めた \(m_B = \displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= \frac{m_A T_A + \left(\displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A\right) T_B}{m_A + \displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A} \\[2.0ex]
&= \frac{m_A T_A + m_A T_A}{m_A \left(1 + \displaystyle\frac{T_A}{T_B}\right)} \\[2.0ex]
&= \frac{2 m_A T_A}{m_A \left(\displaystyle\frac{T_B + T_A}{T_B}\right)} \\[2.0ex]
&= \frac{2 T_A}{\left(\displaystyle\frac{T_A + T_B}{T_B}\right)} \\[2.0ex]
&= \frac{2 T_A T_B}{T_A + T_B} \text{ [K]}
\end{aligned}
$$

(移動距離) 最終的に落ち着いた状態では、AとBは同じ温度、同じ圧力になります。このときのAとBの体積の比は、それぞれの気体の量（物質量）の比に等しくなります。この体積の関係から、仕切りがどれだけ動いたかを計算します。
(最終温度) この容器は魔法瓶のように外と熱をやりとりしないので、AとBが持っているエネルギーの合計は、混ざり合う前と後で変わりません。この「エネルギー保存」の考え方を使って、最終的な温度を計算します。

移動距離は \(x = \displaystyle\frac{T_B – T_A}{T_A + T_B} L\)、最終温度は \(T = \displaystyle\frac{2 T_A T_B}{T_A + T_B}\) です。
\(x\) について: \(T_B > T_A\) なので \(x > 0\) となり、仕切りはA側に移動します。これは、初めに温度が高く圧力も高かったBがAを押し込むという直感に合致します（注：初期圧力は同じでした。温度が高いBがAに熱を与え、Aが膨張しようとするよりも、Bが収縮する度合いが小さいため、結果としてBがAを押す形になります）。
\(T\) について: この温度は \(T_A\) と \(T_B\) の調和平均と呼ばれます。\(T_A < T < T_B\) の関係を満たしており、最終温度が初期温度の中間の値になるため、物理的に妥当です。もし気体の量が同じ（\(m_A=m_B\)）なら、最終温度は相加平均 \(\frac{T_A+T_B}{2}\) になりますが、今回は \(m_A > m_B\) なので、より量の多いAの初期温度 \(T_A\) に近い値（相加平均より小さい値）になるはずで、調和平均が相加平均より小さいことと整合します。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)):
  • 核心: 気体の圧力、体積、物質量、温度という4つの状態量を結びつける、熱力学の最も基本的な法則です。この問題では、初期状態と最終状態のそれぞれで、気体AとBについて状態方程式を立てることが全ての解析の出発点となります。
  • 理解のポイント: (1)では初期状態の力のつり合い（圧力が等しい）を、(2)では最終状態の力のつり合いと体積の関係を、それぞれ状態方程式を用いて数式化しています。
• 力学的平衡と熱平衡:
  • 核心: なめらかに動く仕切りは、両側の圧力が等しくなる位置で静止します（力学的平衡）。また、熱を伝える仕切りは、十分に時間が経つと両側の温度が等しくなります（熱平衡）。
  • 理解のポイント: (1)では初期の力学的平衡を、(2)では最終状態での力学的平衡と熱平衡の両方を利用します。これらの平衡条件が、どの物理量が等しくなるかを教えてくれます。
• 内部エネルギー保存則:
  • 核心: シリンダー全体が断熱材でできており、外部との熱のやりとり（\(Q_{\text{吸収}}=0\)）がなく、かつ外部に対して仕事をしない（\(W_{\text{外部へ}}=0\)）ため、系全体の内部エネルギーの総和は保存されます。これが(2)の最終温度を決定する最も重要な法則です。
  • 理解のポイント: \(U_{\text{A,初}} + U_{\text{B,初}} = U_{\text{A,終}} + U_{\text{B,終}}\) という関係式は、熱力学第一法則 \(\Delta U = Q+W\) を系全体に適用した結果（\(\Delta U_{\text{全体}} = 0\)）に他なりません。

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:
  • 断熱されたピストンで仕切られた気体: この問題とほぼ同じ設定です。ピストンが断熱性か透熱性（熱を伝えるか）かで、最終状態の温度がどうなるかが変わります。
  • コックで繋がれた2つの容器内の気体の混合: 2つの容器の気体をコックを開いて混合させる問題。体積は変化しませんが、圧力と温度が変化します。容器全体が断熱されていれば、同様に内部エネルギー保存則が使えます。
  • 断熱変化・定圧変化: ピストンが固定されていたり、外圧が一定だったりする問題。この問題のように系全体が断熱されていても、片方の気体だけを見ると断熱変化ではありません（熱の移動があるため）。各部分がどのような変化をするのかを見極めることが重要です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 系の境界条件を確認する: 「シリンダーの外壁は断熱」「仕切りは熱を伝える」「仕切りはなめらかに動く」といった境界条件が、どの物理法則（エネルギー保存、温度・圧力の均一化）が使えるかを決定します。
  2. 初期状態と最終状態を明確にする: それぞれの状態で、圧力、体積、温度、物質量がどうなっているか、あるいはどういう関係にあるかを整理します。
  3. 保存則が使えないか検討する: 「断熱」「外部との仕事なし」というキーワードから、エネルギー保存則の適用を第一に考えます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 内部エネルギーの式の間違い:
  • 誤解: 単原子分子の内部エネルギーを \(U = \displaystyle\frac{5}{2}nRT\)（二原子分子）や \(U=nC_V T\) の \(C_V\) を間違える。
  • 対策: 問題文に「単原子分子」と明記されているのを見落とさないこと。基本的な分子種の内部エネルギーの式は正確に暗記しておきましょう。
• エネルギー保存則の誤用:
  • 誤解: 気体Aだけ、あるいは気体Bだけでエネルギーが保存されると考えてしまう。
  • 対策: エネルギー保存則は、閉じた系（外部とのエネルギーのやりとりがない系）全体に適用される法則です。この問題では、AとBは互いに熱や仕事をやりとりしているので、それぞれ単独ではエネルギーは保存されません。「AとBを合わせた全体」が閉じた系であると正しく認識することが重要です。
• 状態方程式の変数の混同:
  • 誤解: 初期状態の圧力や温度を、最終状態の計算でうっかり使ってしまう。
  • 対策: 初期状態の物理量には \(p, T_A, T_B\) など、最終状態の物理量には \(p’, T\) など、明確に記号を区別して立式する習慣をつけましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 状態変化のプロセスイメージ:
    1. 初期状態: 温度の高いBの分子は激しく運動し、温度の低いAの分子は比較的穏やかに運動している。しかし、Bは量が少ないため、Aと同じ圧力になっている。
    2. 変化の途中: 熱を伝える仕切りを通じて、BからAへ熱エネルギーが移動する。熱をもらったAの分子は元気になり、膨張してBを押し始める。
    3. 最終状態: 熱の移動が止まり、AとBの温度は同じになる。Aが膨張しBが収縮した結果、両者の圧力が再び等しくなった位置で仕切りが静止する。
  • エネルギーのキャッチボール: AとBの内部エネルギーの合計という「ボールの総数」は変わらない。Bが持っていた「熱いボール（エネルギー）」をAにいくつか渡して、最終的に2人が同じ温度のボールを持つようになった、とイメージすると内部エネルギー保存則が直感的に理解できます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 初期状態と最終状態の2つの図を並べて描く。
  • それぞれの図に、圧力(\(p, p’\))、体積(\(SL, S(L\pm x)\))、温度(\(T_A, T_B, T\))を明確に書き込む。これにより、どの変数が変化し、どの変数が同じなのかが一目瞭然になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 理想気体の状態方程式 (\(PV=nRT\)):
  • 選定理由: 気体の状態（圧力、体積、温度など）を扱う問題であり、これらの物理量を関連付ける必要があるため。熱力学のあらゆる問題の基礎となります。
  • 適用根拠: 問題文に「理想気体」と明記されているため、この法則を適用できます。
• 内部エネルギー保存則 (\(\Delta U_{\text{全体}}=0\)):
  • 選定理由: (2)で未知数が最終温度\(T\)と移動距離\(x\)の2つあるのに対し、状態方程式だけでは式が足りない。別の物理法則が必要となる。
  • 適用根拠: 「シリンダーは断熱」「外部への仕事なし」という条件から、系全体のエネルギーが保存されると判断できるため。これは熱力学第一法則 \(\Delta U = Q+W\) において、系全体で \(Q=0, W=0\) となることに相当します。
• 単原子分子の内部エネルギーの公式 (\(U = \frac{3}{2}nRT\)):
  • 選定理由: 内部エネルギー保存則を具体的な式で表現するために必要。
  • 適用根拠: 問題文に「単原子分子」と指定されているため、この公式を選択します。もし二原子分子なら \(\frac{5}{2}nRT\) を使います。

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) 質量 \(m_B\) の計算:
   • 戦略: 初期状態の力学的平衡（圧力が等しい）に着目する。
   • フロー: ①A, Bそれぞれについて初期状態の状態方程式を立式 → ②両式の左辺が等しいことから、右辺同士を等しいとおく → ③式を \(m_B\) について解く。
2. (2) 移動距離 \(x\) と最終温度 \(T\) の計算:
   • 戦略: 未知数が2つ（\(x, T\)）なので、2つの独立した物理法則（状態方程式、エネルギー保存則）から2本の式を立てて連立させる。
   • フロー（\(x\)の計算）: ①A, Bそれぞれについて最終状態の状態方程式を立式 → ②両式の辺々を割り算し、共通項を消去する → ③(1)の結果を代入し、式を \(x\) について解く。
   • フロー（\(T\)の計算）: ①初期状態と最終状態の内部エネルギーの和をそれぞれ立式 → ②内部エネルギー保存則から両者を等しいとおく → ③(1)の結果を代入し、式を \(T\) について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算を進める: (2)の計算では、(1)で求めた \(m_B = \displaystyle\frac{T_A}{T_B} m_A\) をすぐに代入するのではなく、まずは \(m_A, m_B\) のまま計算を進め、最後の段階で代入すると見通しが良くなります。
  • \(x\) の計算: \(\displaystyle\frac{L+x}{L-x} = \frac{m_A}{m_B}\) まで進めてから代入する。
  • \(T\) の計算: \(T = \displaystyle\frac{m_A T_A + m_B T_B}{m_A + m_B}\) まで進めてから代入する。
• 分数の計算を丁寧に行う: 最終温度 \(T\) の計算では、分母に分数が入る形（繁分数）になります。焦らず、分母と分子に同じ数を掛けるなどして、段階的に整理しましょう。
  $$ T = \frac{2 m_A T_A}{m_A \left(1 + \displaystyle\frac{T_A}{T_B}\right)} = \frac{2 m_A T_A}{m_A \left(\displaystyle\frac{T_B + T_A}{T_B}\right)} $$
  ここで分母分子に \(T_B\) を掛けると考えると、
  $$ T = \frac{2 m_A T_A \cdot T_B}{m_A (T_B + T_A)} = \frac{2 T_A T_B}{T_A + T_B} $$
  となり、計算ミスを減らせます。

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:
  • (1) 質量 \(m_B\): \(m_B = \frac{T_A}{T_B} m_A\)。\(T_A < T_B\) なので \(m_B < m_A\)。温度が高いBの方が分子運動が激しいので、同じ圧力を出すのに必要な気体の量は少なくて済む、という直感と一致します。
  • (2) 移動距離 \(x\): \(x = \frac{T_B – T_A}{T_A + T_B} L\)。\(T_B > T_A\) なので \(x>0\)。これは仕切りがBからAの方向に押されることを意味し、物理的直感と合致します。また、もし \(T_A=T_B\) なら \(x=0\) となり、仕切りは動かないはずで、式とも一致します。
  • (2) 最終温度 \(T\): \(T = \frac{2 T_A T_B}{T_A + T_B}\)。この値（調和平均）は、必ず \(T_A\) と \(T_B\) の間の値になります。もし \(T_A=T_B\) なら \(T=T_A\) となり、温度変化は起こらないはずで、式とも一致します。最終温度が初期温度の範囲外になることは物理的にありえないため、この吟味は有効です。
• 別解との比較:
  • (2)の最終温度は、マクロな視点での「内部エネルギー保存則」と、ミクロな視点での「熱力学第一法則」の両方から導出できました。異なるアプローチで同じ結論に至ることは、解の正しさを強力に裏付けます。

216 気体の変化

【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、理想気体が定積変化、断熱変化、定圧変化という3つの過程を経て元の状態に戻るサイクル（A→B→C→A）を扱う、熱力学の総合問題です。各状態における物理量（体積、温度）、過程ごとの熱量や仕事、そしてサイクル全体の熱効率を求めることで、熱力学の法則の理解度を多角的に問われます。
この問題の核心は、各過程の特性を正しく理解し、理想気体の状態方程式、熱力学第一法則、そして各変化（定積、定圧、断熱）に特有の公式を適切に使い分けることです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「理想気体の状態変化と熱力学サイクル」です。p-Vグラフで囲まれたサイクルの解析は、熱力学の最重要テーマの一つです。
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。

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A, B, Cにおける体積と温度を求める問題です。わかっている状態量から、状態方程式や変化の法則を使って未知の量を一つずつ明らかにしていきます。

1. 状態A: 圧力と温度がわかっているので、状態方程式から体積 \(V_A\) を求めます。
2. 状態B: A→Bは定積変化なので \(V_B = V_A\)。圧力もわかっているので、状態方程式（またはボイル・シャルルの法則）から温度 \(T_B\) を求めます。
3. 状態C: B→Cは断熱変化なので、ポアソンの法則 \(p_B V_B^\gamma = p_C V_C^\gamma\) を使って体積 \(V_C\) を求めます。体積と圧力がわかれば、状態方程式から温度 \(T_C\) を求められます。

この設問における重要なポイント

• 理想気体の状態方程式: \(pV=nRT\)
• 定積変化の性質: \(V_A = V_B\)
• ボイル・シャルルの法則: \(\displaystyle\frac{p_A V_A}{T_A} = \frac{p_B V_B}{T_B}\)
• ポアソンの法則（断熱変化）: \(pV^\gamma = \text{一定}\)

具体的な解説と立式
(状態Aの体積 \(V_A\))
状態Aについて、理想気体の状態方程式 \(p_A V_A = n R T_A\) を適用します。
$$ (1.0 \times 10^5) \times V_A = 2.0 \times 8.3 \times 300 \quad \cdots ① $$

(状態Bの絶対温度 \(T_B\))
A→Bは定積変化なので、体積は \(V_B = V_A\) です。
状態AとBについて、ボイル・シャルルの法則 \(\displaystyle\frac{p_A V_A}{T_A} = \frac{p_B V_B}{T_B}\) を適用します。
$$ \frac{(1.0 \times 10^5) \times V_A}{300} = \frac{(4.0 \times 10^5) \times V_A}{T_B} \quad \cdots ② $$

(状態Cの体積 \(V_C\) と絶対温度 \(T_C\))
B→Cは断熱変化なので、ポアソンの法則 \(p V^\gamma = \text{一定}\) が成り立ちます。
$$ p_B V_B^\gamma = p_C V_C^\gamma \quad \cdots ③ $$
ここで、\(V_B = V_A\) です。
体積 \(V_C\) が求まった後、状態Cについて理想気体の状態方程式 \(p_C V_C = n R T_C\) を適用して \(T_C\) を求めます。
$$ (1.0 \times 10^5) \times V_C = 2.0 \times 8.3 \times T_C \quad \cdots ④ $$

(状態Aの体積 \(V_A\))
式①を \(V_A\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
V_A &= \frac{2.0 \times 8.3 \times 300}{1.0 \times 10^5} \\[2.0ex]
&= 4980 \times 10^{-5} \\[2.0ex]
&= 4.98 \times 10^{-2} \text{ [m}^3\text{]}
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で \(5.0 \times 10^{-2} \text{ [m}^3\text{]}\) となりますが、後の計算のために \(4.98 \times 10^{-2}\) を用います。

(状態Bの絶対温度 \(T_B\))
式②の両辺から \(V_A\) を消去し、\(T_B\) について解きます。
$$ \frac{1.0 \times 10^5}{300} = \frac{4.0 \times 10^5}{T_B} $$
$$
\begin{aligned}
T_B &= \frac{4.0 \times 10^5}{1.0 \times 10^5} \times 300 \\[2.0ex]
&= 4 \times 300 \\[2.0ex]
&= 1200 \text{ [K]}
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で \(1.2 \times 10^3 \text{ K}\) です。

(状態Cの体積 \(V_C\))
式③に値を代入します。\(V_B = V_A = 4.98 \times 10^{-2}\), \(\gamma = 5/3\)。
$$ (4.0 \times 10^5) \times (4.98 \times 10^{-2})^{5/3} = (1.0 \times 10^5) \times V_C^{5/3} $$
$$ V_C^{5/3} = 4 \times (4.98 \times 10^{-2})^{5/3} $$
両辺を \(3/5\) 乗します。
$$
\begin{aligned}
V_C &= (4)^{3/5} \times (4.98 \times 10^{-2}) \\[2.0ex]
&= (2^2)^{3/5} \times (4.98 \times 10^{-2}) \\[2.0ex]
&= 2^{6/5} \times (4.98 \times 10^{-2}) \\[2.0ex]
&= \sqrt[5]{2^6} \times (4.98 \times 10^{-2}) \\[2.0ex]
&= \sqrt[5]{64} \times (4.98 \times 10^{-2})
\end{aligned}
$$
問題文の \(\sqrt[5]{64} = 2.3\) を用いて、
$$
\begin{aligned}
V_C &= 2.3 \times 4.98 \times 10^{-2} \\[2.0ex]
&= 11.454 \times 10^{-2} \\[2.0ex]
&\approx 0.11 \text{ [m}^3\text{]}
\end{aligned}
$$

(状態Cの絶対温度 \(T_C\))
式④に \(V_C = 0.11454\) を代入して \(T_C\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
T_C &= \frac{(1.0 \times 10^5) \times 0.11454}{2.0 \times 8.3} \\[2.0ex]
&= \frac{11454}{16.6} \\[2.0ex]
&= 689.9… \text{ [K]}
\end{aligned}
$$
有効数字2桁で \(6.9 \times 10^2 \text{ K}\) となります。

(1) まずは各地点(A, B, C)の住所（体積）と気温（温度）を調べる作業です。
A地点: 圧力と温度がわかっているので、気体の基本公式（状態方程式）で体積を計算します。
B地点: AからBへは「まっすぐ上（定積）」に進むので、体積はAと同じです。温度は圧力に比例するので、圧力が4倍になったなら温度も4倍になります。
C地点: BからCへは特殊な道（断熱）を通ります。この道専用の公式（ポアソンの法則）を使ってCの体積を計算し、その後、基本公式で温度を計算します。

状態Aの体積 \(V_A \approx 5.0 \times 10^{-2} \text{ m}^3\)。
状態Bの絶対温度 \(T_B = 1.2 \times 10^3 \text{ K}\)。
状態Cの体積 \(V_C \approx 0.11 \text{ m}^3\)、絶対温度 \(T_C \approx 6.9 \times 10^2 \text{ K}\)。
各値は模範解答と一致しています。断熱膨張(B→C)で温度が下がり(\(1200 \text{ K} \rightarrow 690 \text{ K}\))、定圧圧縮(C→A)でさらに温度が下がっている(\(690 \text{ K} \rightarrow 300 \text{ K}\))という変化は物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
A→B（定積変化）とC→A（定圧変化）で気体に加えた熱量を求める問題です。それぞれの変化に応じた熱量の公式を使います。

• A→B（定積変化）: 定積モル比熱 \(C_V\) を用いて \(Q = n C_V \Delta T\) で計算します。単原子分子なので \(C_V = \displaystyle\frac{3}{2}R\) です。
• C→A（定圧変化）: 定圧モル比熱 \(C_p\) を用いて \(Q = n C_p \Delta T\) で計算します。単原子分子なので \(C_p = \displaystyle\frac{5}{2}R\) です。

この設問における重要なポイント

• 定積モル比熱（単原子分子）: \(C_V = \displaystyle\frac{3}{2}R\)
• 定圧モル比熱（単原子分子）: \(C_p = \displaystyle\frac{5}{2}R\)
• 熱量の公式: \(Q = n C \Delta T\)

具体的な解説と立式
(A→Bの熱量 \(Q_{AB}\))
A→Bは定積変化なので、加えた熱量 \(Q_{AB}\) は、
$$ Q_{AB} = n C_V (T_B – T_A) $$
単原子分子の理想気体なので、\(C_V = \displaystyle\frac{3}{2}R\) です。
$$ Q_{AB} = n \left(\frac{3}{2}R\right) (T_B – T_A) \quad \cdots ⑤ $$

(C→Aの熱量 \(Q_{CA}\))
C→Aは定圧変化なので、加えた熱量 \(Q_{CA}\) は、
$$ Q_{CA} = n C_p (T_A – T_C) $$
単原子分子の理想気体なので、\(C_p = \displaystyle\frac{5}{2}R\) です。
$$ Q_{CA} = n \left(\frac{5}{2}R\right) (T_A – T_C) \quad \cdots ⑥ $$

(A→Bの熱量 \(Q_{AB}\))
式⑤に値を代入します。\(n=2.0, R=8.3, T_A=300, T_B=1200\)。
$$
\begin{aligned}
Q_{AB} &= 2.0 \times \left(\frac{3}{2} \times 8.3\right) \times (1200 – 300) \\[2.0ex]
&= 3.0 \times 8.3 \times 900 \\[2.0ex]
&= 22410 \text{ [J]} \\[2.0ex]
&\approx 2.2 \times 10^4 \text{ [J]}
\end{aligned}
$$

(C→Aの熱量 \(Q_{CA}\))
式⑥に値を代入します。\(n=2.0, R=8.3, T_A=300, T_C=690\) (計算には686 Kを用いる)。
$$
\begin{aligned}
Q_{CA} &= 2.0 \times \left(\frac{5}{2} \times 8.3\right) \times (300 – 686) \\[2.0ex]
&= 5.0 \times 8.3 \times (-386) \\[2.0ex]
&= -16019 \text{ [J]} \\[2.0ex]
&\approx -1.6 \times 10^4 \text{ [J]}
\end{aligned}
$$
\(Q_{CA}\) が負の値なのは、気体が外部に熱を放出したことを意味します。

気体に熱を加えることは、気体の温度を上げることにつながります。
A→B: 体積を変えずに温める（定積）場合と、C→A: 圧力を一定に保ちながら冷やす（定圧）場合では、温まり方（冷え方）の効率が違います。それぞれの専用の公式を使って、出入りした熱の量を計算します。

A→Bで加えた熱量は \(2.2 \times 10^4 \text{ J}\)。C→Aで加えた熱量は \(-1.6 \times 10^4 \text{ J}\)（つまり \(1.6 \times 10^4 \text{ J}\) の熱を放出した）。
A→Bでは温度が上昇しているので吸熱（\(Q>0\)）、C→Aでは温度が下降しているので放熱（\(Q<0\)）となり、結果は物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
C→A（定圧変化）とB→C（断熱変化）で気体がした仕事を求める問題です。

• C→A（定圧変化）: 仕事は \(W = p \Delta V\) で計算できます。
• B→C（断熱変化）: 仕事を直接計算する公式は複雑なので、熱力学第一法則 \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\) を利用します。断熱変化では \(Q=0\) なので、した仕事は内部エネルギーの減少分 (\(-\Delta U\)) に等しくなります。

この設問における重要なポイント

• 定圧変化の仕事: \(W_{\text{した}} = p \Delta V = p(V_{\text{終}} – V_{\text{初}})\)
• 熱力学第一法則: \(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)
• 断熱変化の性質: \(Q=0\)。よって \(W_{\text{した}} = -\Delta U\)。
• 内部エネルギーの変化: \(\Delta U = \displaystyle\frac{3}{2}nR\Delta T\)

具体的な解説と立式
(C→Aの仕事 \(W_{CA}\))
C→Aは定圧変化なので、気体がした仕事 \(W_{CA}\) は、
$$ W_{CA} = p_A (V_A – V_C) \quad \cdots ⑦ $$

(B→Cの仕事 \(W_{BC}\))
B→Cは断熱変化なので、熱の出入りは \(Q_{BC} = 0\) です。
熱力学第一法則 \(Q_{BC} = \Delta U_{BC} + W_{BC}\) より、
$$ 0 = \Delta U_{BC} + W_{BC} $$
$$ W_{BC} = – \Delta U_{BC} \quad \cdots ⑧ $$
内部エネルギーの変化 \(\Delta U_{BC}\) は、
$$ \Delta U_{BC} = \frac{3}{2} n R (T_C – T_B) \quad \cdots ⑨ $$

(C→Aの仕事 \(W_{CA}\))
式⑦に値を代入します。\(p_A = 1.0 \times 10^5\), \(V_A = 4.98 \times 10^{-2}\), \(V_C = 0.1145\)。
$$
\begin{aligned}
W_{CA} &= (1.0 \times 10^5) \times (4.98 \times 10^{-2} – 0.1145) \\[2.0ex]
&= (1.0 \times 10^5) \times (-0.0647) \\[2.0ex]
&= -6470 \text{ [J]} \\[2.0ex]
&\approx -6.5 \times 10^3 \text{ [J]}
\end{aligned}
$$
仕事が負の値なのは、気体が外部から仕事をされた（圧縮された）ことを意味します。

(B→Cの仕事 \(W_{BC}\))
まず式⑨を用いて \(\Delta U_{BC}\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Delta U_{BC} &= \frac{3}{2} \times 2.0 \times 8.3 \times (686 – 1200) \\[2.0ex]
&= 3.0 \times 8.3 \times (-514) \\[2.0ex]
&= -12796.2 \text{ [J]}
\end{aligned}
$$
式⑧より、\(W_{BC} = – \Delta U_{BC}\) なので、
$$
\begin{aligned}
W_{BC} &= -(-12796.2) \\[2.0ex]
&= 12796.2 \text{ [J]} \\[2.0ex]
&\approx 1.3 \times 10^4 \text{ [J]}
\end{aligned}
$$

気体が膨張すれば「仕事をした（プラス）」、圧縮されれば「仕事をされた（マイナス）」となります。
C→A: 定圧で圧縮されているので、した仕事はマイナスになります。公式 \(W=p\Delta V\) で計算します。
B→C: 断熱で膨張しています。このとき、気体は外部から熱をもらえないので、自分自身のエネルギー（内部エネルギー）を消費して仕事をします。したがって、した仕事の分だけ内部エネルギーが減ります。この関係から仕事を計算します。

C→Aで気体がした仕事は \(-6.5 \times 10^3 \text{ J}\)。B→Cで気体がした仕事は \(1.3 \times 10^4 \text{ J}\)。
C→Aは圧縮過程なので仕事が負、B→Cは膨張過程なので仕事が正となり、物理的に妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
熱機関の熱効率 \(e\) を求める問題です。熱効率の定義は「（1サイクルで気体がした正味の仕事）/（1サイクルで気体が吸収した熱量）」です。

1. 吸収した熱量 \(Q_{\text{吸収}}\) を計算します。熱を加えた過程はA→Bのみなので、\(Q_{\text{吸収}} = Q_{AB}\) です。
2. 1サイクルで気体がした正味の仕事 \(W_{\text{正味}}\) を計算します。\(W_{\text{正味}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA}\) です。A→Bは定積変化なので \(W_{AB}=0\) です。
3. 定義式 \(e = \displaystyle\frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{吸収}}}\) に代入して計算します。

この設問における重要なポイント

• 熱効率の定義: \(e = \displaystyle\frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{吸収}}}\)
• 吸収熱量 \(Q_{\text{吸収}}\): サイクル中で \(Q>0\) となる熱量の合計。
• 正味の仕事 \(W_{\text{正味}}\): サイクル全体の仕事の合計。\(W_{\text{正味}} = Q_{\text{吸収}} – Q_{\text{放出}}\) の関係も成り立つ。

具体的な解説と立式
熱効率 \(e\) は、吸収した熱量 \(Q_{\text{吸収}}\) と、1サイクルでの正味の仕事 \(W_{\text{正味}}\) を用いて次のように表されます。
$$ e = \frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{吸収}}} \quad \cdots ⑩ $$
このサイクルで熱を吸収しているのは、温度が上昇するA→Bの過程のみです。したがって、
$$ Q_{\text{吸収}} = Q_{AB} $$
1サイクルでの正味の仕事 \(W_{\text{正味}}\) は、各過程で気体がした仕事の和です。
$$ W_{\text{正味}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} $$
A→Bは定積変化なので、体積変化がなく、仕事はゼロです (\(W_{AB}=0\))。
したがって、
$$ W_{\text{正味}} = W_{BC} + W_{CA} $$

(2), (3)の結果を用います。
吸収した熱量:
$$ Q_{\text{吸収}} = Q_{AB} = 2.241 \times 10^4 \text{ [J]} $$
正味の仕事:
$$
\begin{aligned}
W_{\text{正味}} &= W_{BC} + W_{CA} \\[2.0ex]
&= (1.286 \times 10^4) + (-6.47 \times 10^3) \\[2.0ex]
&= 12860 – 6470 \\[2.0ex]
&= 6390 \text{ [J]}
\end{aligned}
$$
熱効率を計算します。
$$
\begin{aligned}
e &= \frac{W_{\text{正味}}}{Q_{\text{吸収}}} \\[2.0ex]
&= \frac{6390}{22410} \\[2.0ex]
&= 0.2851… \\[2.0ex]
&\approx 0.29
\end{aligned}
$$

熱効率とは「投入したエネルギー（吸収した熱）のうち、どれだけの割合を有効な仕事に変換できたか」を示す指標です。この熱エンジンでは、A→Bの過程で燃料を燃やして熱を吸収し、B→CとC→Aの過程を経て、差し引きで外部に仕事をします。この「得られた仕事」を「投入した熱」で割ることで、効率を計算します。

熱効率は \(0.29\) です。これは、吸収した熱エネルギーの29%を仕事に変換できたことを意味します。熱効率は必ず1より小さい値になるため、結果は妥当です。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 理想気体の状態方程式 (\(pV=nRT\)):
  • 核心: 各状態（A, B, C）における圧力、体積、温度を結びつける基本法則です。未知の状態量を求める際の出発点となります。
  • 理解のポイント: (1)では、状態A, B, Cのすべての未知数を求めるために、この方程式を繰り返し使用します。
• 熱力学第一法則 (\(Q = \Delta U + W_{\text{した}}\)):
  • 核心: 熱（\(Q\)）、内部エネルギーの変化（\(\Delta U\)）、仕事（\(W_{\text{した}}\)）の間のエネルギー保存則です。各過程におけるこれらの量の関係を明らかにし、未知の量を計算するために不可欠です。
  • 理解のポイント: (2)の熱量計算、(3)の仕事計算、(4)の熱効率計算のすべてにおいて、この法則が背景にあります。特に断熱変化(B→C)では \(Q_{BC}=0\) となるため、\(W_{BC} = -\Delta U_{BC}\) という形で仕事と内部エネルギー変化を直接結びつけます。
• 各過程に特有の法則:
  • 核心: 定積・定圧・断熱という各過程の性質を数式で表現したものです。これらを状態方程式や第一法則と組み合わせることで、問題を解くことができます。
  • 理解のポイント:
    • 定積 (A→B): \(W_{AB}=0\)。熱量は \(Q_{AB} = nC_V\Delta T\)。
    • 定圧 (C→A): 仕事は \(W_{CA} = p_A\Delta V\)。熱量は \(Q_{CA} = nC_p\Delta T\)。
    • 断熱 (B→C): \(Q_{BC}=0\)。ポアソンの法則 \(pV^\gamma = \text{一定}\) が成立。

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:
  • スターリングサイクル、オットーサイクルなど他の熱力学サイクル: 異なる過程（例：等温変化）を組み合わせたサイクル問題。基本的なアプローチは同じで、各過程の性質を正しく理解し、状態方程式と第一法則を適用することが鍵となります。
  • p-Vグラフが与えられていない問題: 文章だけで状態変化が記述されている問題。まずは与えられた情報からp-Vグラフを自分で描くことが、問題を視覚的に理解し、解法を立てる上で非常に有効です。
  • 単原子分子以外（二原子分子など）の気体: 内部エネルギーの式 (\(U=\frac{5}{2}nRT\)) やモル比熱 (\(C_V=\frac{5}{2}R, C_p=\frac{7}{2}R\))、比熱比 (\(\gamma\)) の値が変わります。問題文で気体の種類を必ず確認しましょう。
• 初見の問題での着眼点:
  1. p-Vグラフを描く: 問題にグラフがなければ、まず自分で概略図を描きます。各状態（点）と各過程（線）を明確にし、圧力・体積・温度の大小関係を把握します。
  2. 状態量をリストアップする: 各状態A, B, Cについて、\(p, V, T\) の値を一覧表にまとめます。未知の値を計算しながら表を埋めていくと、思考が整理されます。
  3. 過程の種類を特定する: 各変化が「定積」「定圧」「断熱」「等温」のどれに当たるかを確認し、適用すべき公式を判断します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 仕事の正負の混同:
  • 誤解: 「気体がした仕事」と「気体がされた仕事」を取り違える。\(W = p\Delta V\) の \(\Delta V\) が膨張（\(\Delta V > 0\)）なら気体は正の仕事をし、圧縮（\(\Delta V < 0\)）なら負の仕事をします（＝正の仕事をされる）。
  • 対策: p-Vグラフをイメージし、「体積が増えれば（右に進めば）仕事は正、体積が減れば（左に進めば）仕事は負」と視覚的に覚えるのが有効です。
• 熱力学第一法則の符号:
  • 誤解: \(Q = \Delta U + W\) の \(W\) が「した仕事」なのか「された仕事」なのかを混同する。
  • 対策: 自分で使う第一法則の式の形（例: \(Q_{\text{吸収}} = \Delta U + W_{\text{した}}\)）を一つに決め、常にその定義で問題を解くように統一しましょう。
• ポアソンの法則の誤用:
  • 誤解: 断熱変化でない過程で \(pV^\gamma = \text{一定}\) を使ってしまう。また、\(T V^{\gamma-1} = \text{一定}\) など、他の形の公式との使い分けを間違える。
  • 対策: ポアソンの法則は「断熱変化」専用の公式であることを強く意識しましょう。どの形の公式を使うかは、問題で与えられている、あるいは求めやすい物理量（\(p\)と\(V\)、\(T\)と\(V\)など）に応じて選択します。

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グラフと仕事: p-Vグラフ上で、過程の線とV軸が囲む面積が、その過程で気体がした仕事の大きさを表します。
    • B→C（膨張）: グラフの下の面積が \(W_{BC}\)（正の仕事）。
    • C→A（圧縮）: グラフの下の面積が \(|W_{CA}|\)（負の仕事）。
    • サイクルが囲む面積: A→B→C→Aの閉じたループが囲む面積が、1サイクルあたりの正味の仕事 \(W_{\text{正味}}\) に相当します。
  • エネルギーの流れの図解:
    • A→B: 外部から熱 \(Q_{AB}\) が供給される（矢印が気体に入る）。
    • B→C: 気体が外部に仕事 \(W_{BC}\) をする（矢印が気体から出る）。
    • C→A: 気体が外部に熱 \(Q_{CA}\) を放出し、外部から仕事 \(W_{CA}\) をされる（熱の矢印は外へ、仕事の矢印は内へ）。

    このエネルギーの出入りを模式図で描くと、熱効率の意味が直感的に理解できます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 状態方程式 (\(pV=nRT\)):
  • 選定理由: 状態量（\(p, V, T\)）のうち2つが分かっているときに、残りの1つを求めるため。
  • 適用根拠: 「理想気体」である限り、どの状態、どの過程でも普遍的に成り立ちます。
• 定積・定圧モル比熱を用いた熱量の公式 (\(Q=nC\Delta T\)):
  • 選定理由: (2)で定積・定圧変化における熱量を計算するため。熱力学第一法則を使って \(\Delta U\) と \(W\) から計算することも可能ですが、こちらの公式の方が直接的で計算が早いです。
  • 適用根拠: それぞれ「定積変化」「定圧変化」という条件が満たされている場合にのみ使用できます。
• ポアソンの法則 (\(pV^\gamma = \text{一定}\)):
  • 選定理由: (1)で断熱変化(B→C)後の体積 \(V_C\) を求めるため。状態方程式だけでは未知数が多くて解けないため、断熱変化に特有のこの関係式が必要になります。
  • 適用根拠: 「断熱変化」という条件が明記されているため、適用できます。
• 熱効率の定義式 (\(e = W_{\text{正味}}/Q_{\text{吸収}}\)):
  • 選定理由: (4)で「熱効率」という物理量を計算するために、その定義式を用いるのは当然です。
  • 適用根拠: 熱機関の性能を評価するための普遍的な定義です。

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) 全状態量の特定:
   • 戦略: A→B→Cの順に、状態方程式と各過程の法則を適用して未知数を埋めていく。
   • フロー: ①状態Aで状態方程式 → \(V_A\) 算出 → ②A→Bが定積なので \(V_B=V_A\)。ボイル・シャルルの法則 → \(T_B\) 算出 → ③B→Cが断熱なのでポアソンの法則 → \(V_C\) 算出 → ④状態Cで状態方程式 → \(T_C\) 算出。
2. (2),(3) 各過程の熱と仕事の計算:
   • 戦略: 各過程の性質（定積、断熱、定圧）に応じた最適な公式を選択する。
   • フロー:
     • A→B (定積): \(W_{AB}=0\)。\(Q_{AB} = nC_V\Delta T\)。
     • B→C (断熱): \(Q_{BC}=0\)。\(W_{BC} = -\Delta U_{BC} = -\frac{3}{2}nR(T_C-T_B)\)。
     • C→A (定圧): \(W_{CA} = p_A(V_A-V_C)\)。\(Q_{CA} = nC_p\Delta T\)。
3. (4) 熱効率の計算:
   • 戦略: 熱効率の定義に従い、必要な量（吸収熱と正味の仕事）を代入する。
   • フロー: ①吸収熱 \(Q_{\text{吸収}}\) を特定（\(Q>0\) の過程の熱の和、この場合は \(Q_{AB}\) のみ）→ ②正味の仕事 \(W_{\text{正味}}\) を計算（\(W_{AB}+W_{BC}+W_{CA}\)）→ ③ \(e = W_{\text{正味}}/Q_{\text{吸収}}\) に代入。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 有効数字の扱いに注意: 模範解答のように、途中の計算では有効数字より1桁多く残しておき、最終的な答えを出すときに丸めるのが理想的です。例えば(1)で \(V_A=4.98 \times 10^{-2}\) を使って \(V_C\) や \(T_C\) を計算することで、丸め誤差の蓄積を防げます。
• 単位の換算: この問題では全てSI基本単位系で与えられているため不要ですが、体積がL(リットル)で与えられた場合などは、\(1 \text{ L} = 10^{-3} \text{ m}^3\) のように正しく換算する必要があります。
• 指数の計算: ポアソンの法則の計算では、\( (10^5)^{3/5} = 10^{5 \times 3/5} = 10^3 \) のような指数法則の計算を正確に行う必要があります。

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:
  • 温度変化: A→B（定積加熱）で温度上昇、B→C（断熱膨張）で温度下降、C→A（定圧冷却）で温度下降。このサイクルの温度変化はp-Vグラフの動きと整合しており、妥当です。
  • 仕事の符号: B→Cは膨張なので \(W_{BC}>0\)、C→Aは圧縮なので \(W_{CA}<0\)。これもグラフから明らかで、計算結果の符号と一致しています。
  • 熱効率: \(e=0.29\) は \(0 < e < 1\) を満たしており、熱機関の効率として妥当な値です。もし1以上になったら、計算ミスを疑うべきです。
• サイクル全体での熱力学第一法則の確認:
  • 1サイクル後には元の状態Aに戻るので、内部エネルギーの変化はゼロ（\(\Delta U_{\text{サイクル}}=0\)）です。
  • 熱力学第一法則より、1サイクルの熱と仕事の関係は \(Q_{\text{正味}} = W_{\text{正味}}\) が成り立つはずです。ここで \(Q_{\text{正味}} = Q_{\text{吸収}} + Q_{\text{放出}}\) です。
  • 実際に計算してみると、
    • \(Q_{\text{正味}} = Q_{AB} + Q_{BC} + Q_{CA} = (2.241 \times 10^4) + 0 + (-1.602 \times 10^4) \approx 6.39 \times 10^3 \text{ J}\)
    • \(W_{\text{正味}} = W_{AB} + W_{BC} + W_{CA} = 0 + (1.286 \times 10^4) + (-6.47 \times 10^3) \approx 6.39 \times 10^3 \text{ J}\)
  • 計算の丸め誤差はありますが、両者が一致していることが確認でき、計算全体が自己無撞着であることを示しています。これは非常に強力な検算方法です。

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