【解説・配点付き】2006年九州大学物理の解答・解説

図1(a)に示すように、質量 $m\ [\mathrm{kg}]$ の小物体、斜面AB、水平面BC、水平な上面DEをもつ質量 $M\ [\mathrm{kg}]$ の台、点Oを中心とする半径 $R\ [\mathrm{m}]$ の円弧状斜面FLがある。点Oは点Fの鉛直線上にある。斜面ABと水平面BCの接続は滑らかで、接続部は十分短く斜面ABは平面と考えられる。斜面ABの傾斜角は $\theta\ [\mathrm{rad}]$ であり、点Aは点Bより $h\ [\mathrm{m}]$ 高い。台は、ばね定数が $k\ [\mathrm{N/m}]$ で質量が無視できるばねにより支えられている。最初、台は静止しており、面DEと水平面BCは同じ高さにある。台は面DEを常に水平に保ち上下方向にのみ運動可能である。重力加速度の大きさを $g\ [\mathrm{m/s^2}]$ とする。また断りのない限り、空気抵抗、小物体の大きさ、小物体と面との間の摩擦、台とそれが接している面との間の摩擦は無視できるものとする。以下の問いに答えよ。

問1. 次の文章中の $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{オ}}$ の空欄を適当な数式で埋めよ。

小物体を点Aに置き、静かに離した。斜面ABを滑り、点Bに達した小物体の速さは $\boxed{\text{ア}}$ となった。その後小物体は水平面BC上を移動し、滑らかに面DEに進入した。すると台は移動する小物体を乗せたまま下降しはじめた。小物体を乗せた台の運動は、ばねによる上下方向の単振動と同じと考えると、単振動の振幅は $\boxed{\text{イ}}$、周期は $\boxed{\text{ウ}}$ である。半周期後、台が下降から上昇に転じる瞬間、図1(b)のように面DEの高さは点Fと同じになり、また、小物体はちょうど点Eに達した。このときDE間の距離は $\boxed{\text{エ}}$ である。その後、小物体は滑らかに円弧状斜面FLに乗り移り、台は振幅 $\boxed{\text{オ}}$ で単振動した。

問2. その後の小物体と台の運動について以下の問いに答えよ。

(1) 小物体は円弧状斜面を登り、FL上の点Gまで達したあと、逆方向に下りはじめた。点Gは点Fよりどれだけ高いか。

(2) 円弧FGの長さが半径 $R$ にくらべてかなり小さく、小物体の運動は振幅の小さい単振り子と同じとみなせるとする。このとき、小物体が円弧状斜面FGを往復する時間を求めよ。

(3) 小物体が点Fに戻ってきたとき、ちょうど台は上下に一往復したところであった。したがって面DEの高さは点Fと同じになり、再び小物体は台に乗り移った。この場合の半径 $R$ を他の記号を用いて表せ。

問3. その後、小物体は再び台から水平面BCに乗り移り、最初に点Aでもっていた力学的エネルギーを保ったまま点Bに到達し、斜面ABを登りはじめた。ところが小物体が点Bに戻るまでの間に斜面ABの表面の状態が変化して、斜面ABと小物体の間に、静止摩擦係数 $\mu$、動摩擦係数 $\mu’$ の摩擦が生じるようになった。以下の問いに答えよ。

(1) 小物体は斜面ABの途中で停止した。停止点はB点よりどれだけ高いか。

(2) 小物体が停止したあと、再び滑り落ちないための $\mu$ の条件を求めよ。

空欄ア〜オ

物体は点 A から点 B まで、なめらかな斜面を滑る。仕事をするのは重力（保存力）だけなので、力学的エネルギーが保存する。B を高さの基準にする。

$$mgh=\frac12m{v_\mathrm B}^2\qquad\therefore\ v_\mathrm B=\sqrt{2gh}$$

答（ア）　$\sqrt{2gh}$（3点）

物体が台に乗る前、台は質量 $M$ のつり合いの位置で静止している。乗ったあとは質量 $M+m$ になるので、つり合いの位置が下にずれる。もとのつり合いの位置から下向きに距離 $y$ をとり、台と物体の運動方程式を立てる（ばねの縮みは $\dfrac{Mg}{k}+y$ ）。

$$(M+m)a=(M+m)g-k\left(\frac{Mg}{k}+y\right)=mg-ky=-k\left(y-\frac{mg}{k}\right)$$

質量は $M+m$、単振動定数は $k$（鉛直でも $k$ のまま）、中心は $y=\dfrac{mg}{k}$ とわかる（下の図の左）。

台は、物体が乗った瞬間は静止している。 $y=0$ で速度0なので、ここが端で、中心との距離が振幅になる。

答（イ）　$\dfrac{mg}{k}$（4点）

周期は、質量 $M+m$ と単振動定数 $k$ から

答（ウ）　$2\pi\sqrt{\dfrac{M+m}{k}}$（4点）

台が下降から上昇に転じるのは、半周期後（端→中心→反対の端）。物体は水平方向に力を受けない（台は水平でなめらか）ので、台が上下に動いても水平の速さ $\sqrt{2gh}$ は変わらない。この間に D から E まで進むので

$$\mathrm{DE}=\sqrt{2gh}\times\frac12\cdot2\pi\sqrt{\frac{M+m}{k}}$$

答（エ）　$\pi\sqrt{\dfrac{2gh(M+m)}{k}}$（5点）

半周期後、台は反対の端にいる。もとの位置 $y=0$ から、中心 $y=\dfrac{mg}{k}$ をはさんで反対側なので、最も下がった位置は $y=\dfrac{2mg}{k}$。ここで台の上下の速度は0。この瞬間に物体は台を離れる。台は質量 $M$ だけの振動に定義し直す。運動方程式は

$$Ma=Mg-k\left(\frac{Mg}{k}+y\right)=-ky$$

中心は $y=0$（質量 $M$ のつり合いの位置、もとの位置）にもどる。速度0の今の位置 $y=\dfrac{2mg}{k}$ が端なので、中心との距離が振幅になる（上の図の右）。

答（オ）　$\dfrac{2mg}{k}$（5点）

問2 (1)

図1(b) の瞬間、台は最も下がっていて、上下の速度は0。面 DE は点 F と同じ高さにあるので、物体は水平の速さ $\sqrt{2gh}$ のまま、なめらかに円弧状斜面に乗り移る（下の図）。F での速さは B と同じ。

円弧状斜面もなめらかなので、F から G まで力学的エネルギーが保存する。F を高さの基準にする。

$$\frac12m\left(\sqrt{2gh}\right)^2=mgH_\mathrm G\qquad\therefore\ H_\mathrm G=h$$

答　$h$（5点）

（点 A と同じ高さではない。F は BC の高さより $\dfrac{2mg}{k}$ 低いので、G は A より $\dfrac{2mg}{k}$ 低い所にある）

問2 (2)

円弧が半径 $R$ にくらべて小さいので、小物体は単振り子と同じ運動をする。最下点 F の近くで、水平方向に $x$ 軸をとる。小物体にはたらく力の接線方向の成分は $-mg\sin\phi\fallingdotseq-\dfrac{mg}{R}x$。単振動定数は $\dfrac{mg}{R}$、質量は $m$ なので、周期は

$$T_\mathrm p=2\pi\sqrt{\frac{m}{\,mg/R\,}}=2\pi\sqrt{\frac Rg}$$

F が振動の中心、G が端。F→G→F は、中心→端→中心なので半周期（下の図）。

答　$\pi\sqrt{\dfrac Rg}$（4点）

問2 (3)

物体が降りたあとの台は、質量 $M$ ・単振動定数 $k$ の単振動。「上下に一往復」は1周期で、その時間は $2\pi\sqrt{\dfrac Mk}$。これが (2) の時間に等しい（上の図）。

$$\pi\sqrt{\frac Rg}=2\pi\sqrt{\frac Mk}\qquad\therefore\ \frac Rg=\frac{4M}{k}$$

答　$R=\dfrac{4Mg}{k}$（5点）

問3 (1)

物体は F から台に乗り移り、台の上を逆向きに進んで、再び水平面 BC に乗り移る。物体が F に戻った瞬間、台はちょうど最も下がった位置で、上下の速度は0。つまり行きの運動を逆回しにしたのと同じなので、点 B に戻ったときの速さは ア と同じ $\sqrt{2gh}$（問題文の「最初に点Aでもっていた力学的エネルギーを保ったまま」）。

斜面を上る間、斜面には上り始めから摩擦がはたらくと読む。止まる高さを $H$ とする。斜面に沿った距離は $\dfrac{H}{\sin\theta}$。斜面に垂直な方向の力はつり合うので、垂直抗力は $N=mg\cos\theta$。動摩擦力は $\mu’N=\mu’mg\cos\theta$ で、運動と逆向きなので仕事は負。B を高さの基準にして、最初（B）と最後（停止点）で $W=\Delta E$（後−前）。

$$-\mu’mg\cos\theta\cdot\frac{H}{\sin\theta}=mgH-\frac12m(\sqrt{2gh})^2=mgH-mgh$$

$$H\left(1+\frac{\mu’}{\tan\theta}\right)=h\qquad\therefore\ H=\frac{h\tan\theta}{\tan\theta+\mu’}$$

答　$\dfrac{h\tan\theta}{\tan\theta+\mu’}$（6点）

（同じ答えを、 $\dfrac{h\sin\theta}{\sin\theta+\mu’\cos\theta}$ と書いてもよい）

問3 (2)

止まった物体にはたらく力を「重力 → 垂直抗力 → 静止摩擦力」の順に書く。静止していて、滑り落ちようとする向きの逆（斜面に沿って上向き）に静止摩擦力 $f$ がはたらく（下の図）。

斜面に沿った方向と垂直な方向で、力がつり合う。

$$f=mg\sin\theta,\qquad N=mg\cos\theta$$

再び滑り落ちないのは、静止摩擦力が最大摩擦力以下のとき。

$$f\leqq\mu N\qquad\therefore\ mg\sin\theta\leqq\mu mg\cos\theta\qquad\therefore\ \mu\geqq\tan\theta$$

答　$\mu\geqq\tan\theta$（4点）

（斜面で滑らない条件 $\mu\geqq\tan\theta$ は、覚えておく。等号は「滑り落ちない」＝その状態にとどまる側なので入れる）

別解

問3 (1)　（運動方程式で）　斜面を上る間の加速度の大きさ $\alpha$ は、斜面に沿った方向の運動方程式から

$$m\alpha=mg\sin\theta+\mu’mg\cos\theta\qquad\therefore\ \alpha=g(\sin\theta+\mu’\cos\theta)$$

B での速さ $\sqrt{2gh}$ から止まるまでに進む距離を $s$ として、時間を含まない等加速度運動の式 $0-2gh=-2\alpha s$ から $s=\dfrac{gh}{\alpha}$。 $H=s\sin\theta$ に入れる。

$$H=\frac{h\sin\theta}{\sin\theta+\mu’\cos\theta}$$

同じ答え。本解は、時間を聞かれていない斜面と摩擦の問題なので、 $W=\Delta E$ で求める形にした（運動方程式は時間を聞かれたときに使う）。

以下の問いに答えよ。

問1. 図2に示すように、2つの磁極N、Sの間に、長さ $L\ [\mathrm{m}]$、幅 $2r\ [\mathrm{m}]$ の長方形のコイルを2つ直交して配置し、一体となった回転体を構成する。この回転体は図中の矢印の方向に一定の角速度で回転しており、その周期は $T\ [\mathrm{s}]$ である。各コイルには電気抵抗 $R\ [\Omega]$ が接続され、コイル1の端子a、bはそれぞれ抵抗の端子a′、b′に、コイル2の端子c、dはそれぞれ抵抗の端子c′、d′につながっている。磁極間の磁束密度は一様で、その大きさは $B\ [\mathrm{T}]$ とする。ただし、コイルはどちらも一巻きで、コイルの電気抵抗は無視できるものとする。

(1) 各コイルを貫く磁束の最大値を求めよ。

(2) 次の文章で $\boxed{\text{ア}}$ から $\boxed{\text{ウ}}$ に入る正しい時間変化を、図4の(a)〜(h)から選んで、それぞれ答えよ。

図3は、ある時刻において、回転軸に垂直に回転体を切った断面である。電磁誘導の法則によれば、コイルを貫く磁束の変化を妨げる方向に誘導電流を流そうとする誘導起電力が発生する。いま、コイル1を貫く磁束 $\phi_1$ は時間とともに減少しており、その時間変化は図4の(a)となる。このとき、コイル2を貫く磁束 $\phi_2$ の時間変化は $\boxed{\text{ア}}$ となる。ただし、 $\phi_1$、 $\phi_2$ の符号は図中のコイル1、2の面に垂直な矢印 $\mathrm{g_1}$、 $\mathrm{g_2}$ によって定義される。 $\mathrm{g_1}$、 $\mathrm{g_2}$ が磁束密度の向きと同じになるとき、 $\phi_1$、 $\phi_2$ は正の最大値をとるものとする。次に、この $\phi_1$、 $\phi_2$ の時間変化によりコイル1、コイル2に生じる起電力 $V_1$、 $V_2$ の時間変化を電磁誘導の法則から考えると、それぞれ $\boxed{\text{イ}}$、 $\boxed{\text{ウ}}$ となる。ただし、起電力は $R$ に電流 $I_1$、 $I_2$ を図2の矢印の向きに流そうとする向きを正とする。

(3) コイルに流れる誘導電流は磁束密度 $B$ の磁界から力を受ける。このとき、長さ $L$ の辺が受ける時間的に変化する力の最大値を $F\ [\mathrm{N}]$ とする。いま、回転体の周期を $n$ 倍に変化させて $nT\ [\mathrm{s}]$ とすると、力の最大値は $F’\ [\mathrm{N}]$ となった。 $F’$ を $F$ と $n$ を用いて書き表せ。

問2. 図5のように、平行板コンデンサーと起電力 $V\ [\mathrm{V}]$ の電池から構成される回路がある。コンデンサーの極板間には厚さ $d\ [\mathrm{m}]$ の金属板Mが上下の極板を完全にさえぎるように挿入されており、金属板と上下の極板との間隔はそれぞれ $2d\ [\mathrm{m}]$ と $d\ [\mathrm{m}]$ であった。これらのすき間は真空で、真空の誘電率を $\varepsilon_0\ [\mathrm{F/m}]$ とする。ただし、コンデンサーに挿入する前の金属板Mには、電荷が蓄えられていなかったものとする。また、極板の面積 $S\ [\mathrm{m^2}]$ はじゅうぶん広く、 $d$ はじゅうぶん小さいとする。

(1) 平行板コンデンサーの下側の極板と金属板Mとの間の静電容量 $C_1\ [\mathrm{F}]$ を $d$、 $S$、 $\varepsilon_0$ を用いて書き表せ。

(2) 平行板コンデンサーの静電容量 $C\ [\mathrm{F}]$ を $d$、 $S$、 $\varepsilon_0$ を用いて書き表せ。

(3) 金属板Mの上面に帯電している電気量 $Q_{\mathrm{M}}\ [\mathrm{C}]$ を $C_1$、 $V$ を用いて書き表せ。

(4) 平行板コンデンサーの極板に垂直な直線A—A′に沿った極板間の電界の強さを解答用紙のグラフに示せ。

(5) 上側の極板を金属板Mに近づけるように動かし、間隔を $2d\ [\mathrm{m}]$ から $d\ [\mathrm{m}]$ に減らした。この操作によって、平行板コンデンサーが蓄えている静電エネルギーが移動前に比べてどれだけ増えたかを、 $C_1$、 $V$ を用いて書き表せ。ただし、極板の移動後、じゅうぶん時間が経過しているとする。

問1 (1)

コイルの面積は $L\times2r$ 。磁束は面を垂直に貫く磁場の成分で決まるので、面が磁場に垂直（ $\mathrm{g}$ が磁場の向き）のとき最大で、その値は $B\times(L\cdot2r)$ 。

答　$2BLr\ [\mathrm{Wb}]$（3点）

空欄ア〜ウ

角速度は $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$ 。図3 で $\mathrm{g_1}$ の磁場の向きとのなす角を $\omega t$ とすると（ $\phi_1$ が (a) になる時刻を $t=0$ とする）、 $\phi_1=2BLr\cos\omega t$ 。

ア： $\mathrm{g_2}$ は $\mathrm{g_1}$ から回転と逆向きに $90^\circ$ なので、磁場とのなす角は $\omega t-\dfrac\pi2$ 。 $\phi_2=2BLr\cos\left(\omega t-\dfrac\pi2\right)=2BLr\sin\omega t$ 。 $t=0$ で0、そこから増え、 $\dfrac T4$ で最大になるのは (b)。 $\phi_2$ は $\phi_1$ のグラフを $\dfrac T4$ だけ右へずらしたもの（下の図の上から2つ。(e)〜(h) は周期が $\dfrac T2$ なので除く）。

答（ア）　(b)（3点）

イ・ウ：起電力の正の向きは「 $R$ に $I$ を図2 の矢印の向きに流そうとする向き」。コイル1 では $\mathrm{a’}$ から $R$ を通って $\mathrm{b’}$ へ流れるので、コイルの中は b から a へ流れる。これは b → 前の下の角 → 下の辺を奥へ → 奥の辺を上へ → 上の辺を手前へ → a と回る向きで、右ねじをあてると $\mathrm{g_1}$ の向き（下の図）。コイル2 も同じつなぎ方で $\mathrm{g_2}$ に対して右ねじの向き。つまり正の向きの起電力は $\mathrm{g}$ に対して右ねじの向きに電流を流そうとする向きで、ファラデーの法則の符号がそのまま使える。

$$V=-\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}$$

（磁束のグラフの傾きの符号を逆にしたもの）

・コイル1 ： $\phi_1$ の傾きは $t=0$ で0、そこから負になり $\dfrac T4$ で最も負。 $V_1$ は0から増えて $\dfrac T4$ で正の最大。 $t=0$ で0から立ち上がる山なので (b)。

・コイル2 ： $\phi_2$ の傾きは $t=0$ で正の最大。 $V_2$ は $t=0$ で負の最大から始まり、 $\dfrac T4$ で0。 $t=0$ で $-1$ から始まる (c)。

(a) の傾きの符号を逆にすると (b) 、(b) の傾きの符号を逆にすると (c) になる。起電力は磁束より $\dfrac T4$ 遅れるので、ア（磁束 $\phi_2$ ）と イ（起電力 $V_1$ ）が同じ (b) になっても不安にならない（別の量が、たまたま同じ形になっている）。

答（イ）　(b)（4点）

答（ウ）　(c)（4点）

問1 (3)

磁束 → 起電力 → 電流 → 力の順にたどる。起電力の最大値は、磁束の最大値と $\omega$ の積で

$$V_{\max}=\omega\cdot2BLr=\dfrac{4\pi BLr}{T}$$

電流の最大値は $I_{\max}=\dfrac{V_{\max}}{R}$ 。長さ $L$ の辺は磁場に垂直なので、受ける力の最大値は

$$F=I_{\max}BL=\dfrac{4\pi B^2L^2r}{RT}$$

$F$ は周期 $T$ に反比例する（回転が速いほど磁束の変化が速く、起電力・電流・力がどれも大きい）。周期が $nT$ になると

$$F’=\dfrac{4\pi B^2L^2r}{R\cdot nT}=\dfrac Fn$$

答　$F’=\dfrac Fn$（4点）

問2 (1)

下側のすき間（間隔 $d$ 、面積 $S$ ）だけで平行板コンデンサーと見て

答　$C_1=\dfrac{\varepsilon_0S}{d}$（3点）

問2 (2)

金属板の中は電場が0。上の極板の電気量を $Q$ とすると、2つのすき間の電場は同じ大きさ $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0S}$ 。「電場×幅」の和が電池の電圧 $V$ に等しいので

$$E\cdot2d+E\cdot d=V\qquad\therefore\ E=\dfrac{V}{3d}$$

$Q=\varepsilon_0SE=\dfrac{\varepsilon_0S}{3d}V$ より、 $C=\dfrac QV$ 。

答　$C=\dfrac{\varepsilon_0S}{3d}$（4点）

問2 (3)

上の極板は電池の記号の長い線につながっているので正に帯電し、電気量は $Q=CV=\dfrac{C_1V}{3}$ （ $C=\dfrac{C_1}{3}$ ）。向かい合う金属板の上面は同じ大きさで逆符号なので負。「電気量」を聞かれているので、負号まで書く。

答　$Q_{\mathrm M}=-\dfrac13C_1V$（5点）

問2 (4)

上の極板から測った距離を $x$ とする。電界の向きは上の極板から下の極板（下向き）で、向きを正とすると、強さは

・$0<x<2d$ ：(2) の $E=\dfrac{V}{3d}$

・$2d<x<3d$ （金属板の中）：0

・$3d<x<4d$ ：同じ大きさの $\dfrac{V}{3d}$ （下のすき間は、金属板の下面の $+Q$ と下の極板の $-Q$ の間なので、上のすき間と同じ $E=\dfrac{Q}{\varepsilon_0S}$ ）

確かめ：電位のグラフは、傾きの大きさが電界の強さ。上の極板の $V$ から $2d$ で $\dfrac V3$ まで下がり、金属板の中は $\dfrac V3$ で一定、下の極板の0へ下がる（下の図の下段）。 $\dfrac V{3d}\cdot2d=\dfrac{2V}{3}$ 、残り $\dfrac V3$ が下のすき間（ $\dfrac V{3d}\cdot d$ ）で合う。

答　上の図の中段（ $0\sim2d$ と $3d\sim4d$ で高さ $\dfrac V{3d}$ 、金属板の中の $2d\sim3d$ で0。横軸は上の極板からの距離、縦軸は電界の強さ）（5点）

問2 (5)

電池につながったままなので、極板を動かしても両極板の電位差は $V$ のまま。動かしたあとはすき間が $d$ と $d$ で、金属板の中は電場が0なので、直列の2つのコンデンサー（それぞれ $C_1$ ）と同じ。

$$C’=\dfrac{C_1}{2}$$

$V$ 一定なので、静電エネルギーは $\dfrac12CV^2$ 。動かす前は $C=\dfrac{C_1}{3}$ なので

$$\Delta U=\dfrac12\cdot\dfrac{C_1}{2}V^2-\dfrac12\cdot\dfrac{C_1}{3}V^2=\left(\dfrac14-\dfrac16\right)C_1V^2$$

答　$\dfrac1{12}C_1V^2$（5点）

別解

問1 (2)　式で確かめ

$\phi_1=\Phi_0\cos\omega t$ 、 $\phi_2=\Phi_0\sin\omega t$ （ $\Phi_0=2BLr$ ）として $V=-\dfrac{\Delta\phi}{\Delta t}$ を作ると、 $V_1=\omega\Phi_0\sin\omega t$ 、 $V_2=-\omega\Phi_0\cos\omega t$ 。グラフで読んだ (b)(c) と一致する。式の形（ $\sin$ か $\cos$ か、符号）でグラフを選べるので、傾きを読むのが苦手なときはこちらで確かめる。ただし「磁束のグラフの傾き＝起電力」と結びつける癖は、磁束密度が時間で変わる問題（グラフが三角波のとき）でも使うので、グラフで読めるようにしておく。

問2 (2)　合成容量で

金属板で分けた2つのコンデンサー（間隔 $2d$ と $d$ ）の直列と見て

$$\dfrac1C=\dfrac{2d}{\varepsilon_0S}+\dfrac{d}{\varepsilon_0S}=\dfrac{3d}{\varepsilon_0S}$$

本解の電場の解き方と同じ答えになる。ただし電場で解けるようにしておくと、(3)(4) のグラフと電気量がそのままつながる。

$n\ [\mathrm{mol}]$ の単原子分子からなる理想気体がある。図6はこの気体の状態の変化を表しており、縦軸は体積 $V\ [\mathrm{m^3}]$、横軸は温度 $T\ [\mathrm{K}]$ で、原点Oは $T=0\ [\mathrm{K}]$、 $V=0\ [\mathrm{m^3}]$ である。状態Aの気体の温度は $T_0\ [\mathrm{K}]$、体積は $V_0\ [\mathrm{m^3}]$ である。過程A→Bでは直線AOにそって体積を $\dfrac35V_0\ [\mathrm{m^3}]$ まで変化させる。次に過程B→Cでは体積を一定に保って、温度を $T_0\ [\mathrm{K}]$ まで変化させる。最後に過程C→Aでは温度を一定にして状態Aに戻る。気体定数を $R\ [\mathrm{J/(mol\cdot K)}]$ として次の問いに答えよ。数式の解答は $n$、 $T_0$、 $V_0$、 $R$ を用いて表せ。過程の解答はA→Bのように答えよ。なお、気体の定積モル比熱は $\dfrac32R\ [\mathrm{J/(mol\cdot K)}]$ で与えられる。

問1. 状態Aにおける気体の圧力 $p_{\mathrm{A}}\ [\mathrm{N/m^2}]$ を求めよ。

問2. 状態Bにおける気体の温度 $T_{\mathrm{B}}\ [\mathrm{K}]$ を求めよ。

問3. 状態Cにおける気体の圧力 $p_{\mathrm{C}}\ [\mathrm{N/m^2}]$ を求めよ。

問4. 気体の内部エネルギー変化が正であるのはどの過程か。また、その変化量 $\Delta U\ [\mathrm{J}]$ を求めよ。

問5. 気体の内部エネルギー変化が0であるのはどの過程か。

問6. 気体が外部から仕事をされるのはどの過程か。また、その仕事の量 $W\ [\mathrm{J}]$ を求めよ。

問7. 気体が外部に熱を放出するのはどの過程か。また、その熱量 $Q\ [\mathrm{J}]$ を求めよ。

問8. C→Aの過程の代わりに、状態Cから気体を断熱的に変化させて、状態Aと同じ圧力になるようにした。この新しい状態をDとする。状態Dにおける気体の体積 $V_{\mathrm{D}}\ [\mathrm{m^3}]$ について次の中から正しい関係を選び、番号で答えよ。

① $V_{\mathrm{D}}<\dfrac35V_0$　② $V_{\mathrm{D}}=\dfrac35V_0$　$\text{③}\ \dfrac35V_0<V_{\mathrm{D}}<V_0$　④ $V_{\mathrm{D}}=V_0$　⑤ $V_{\mathrm{D}}>V_0$

問9. 状態Dにおける気体の温度 $T_{\mathrm{D}}\ [\mathrm{K}]$ について次の中から正しい関係を選び、番号で答えよ。

① $T_{\mathrm{D}}<T_{\mathrm{B}}$　② $T_{\mathrm{D}}=T_{\mathrm{B}}$　③ $T_{\mathrm{B}}<T_{\mathrm{D}}<T_0$　④ $T_{\mathrm{D}}=T_0$　⑤ $T_{\mathrm{D}}>T_0$

問1

V-T グラフの A→B は原点を通る直線なので定圧、B→C は定積、C→A は等温。まず A に状態方程式を立てる（圧力 $p_{\mathrm A}$、体積 $V_0$、温度 $T_0$）。

$$p_{\mathrm A}V_0=nRT_0\qquad\therefore\ p_{\mathrm A}=\frac{nRT_0}{V_0}$$

答　$\dfrac{nRT_0}{V_0}$（4点）

問2

A→B は定圧で、圧力 $p_{\mathrm A}$ は一定。状態方程式 $p_{\mathrm A}V=nRT$ で $p_{\mathrm A}$・$n$・$R$ が一定なので、 $V\propto T$（V-T グラフで原点を通る直線にのっている）。A と B で体積と温度の比が等しいので

$$\frac{V_0}{T_0}=\frac{\frac35V_0}{T_{\mathrm B}}\qquad\therefore\ T_{\mathrm B}=\frac35T_0$$

答　$\dfrac35T_0$（4点）

問3

C の体積は $\dfrac35V_0$、温度は $T_0$。C に状態方程式を立てて、圧力を $p_{\mathrm C}$ とする。

$$p_{\mathrm C}\cdot\frac35V_0=nRT_0\qquad\therefore\ p_{\mathrm C}=\frac{5nRT_0}{3V_0}$$

答　$\dfrac{5nRT_0}{3V_0}$（4点）

（確かめ：C と A は同じ温度なので $pV$ が一定。 $p_{\mathrm C}\cdot\dfrac35V_0=p_{\mathrm A}V_0$ より $p_{\mathrm C}=\dfrac53p_{\mathrm A}$ で、上の答えと合う。p-V 図に書き直すと下の図になる）

問4

第一法則 $Q=\Delta U+W$（$Q$ は吸収した熱、 $W$ は気体がした仕事）で、単原子分子の内部エネルギーの変化は温度の変化だけで決まる。 $\Delta U=\dfrac32nR\Delta T$ の $\Delta T$ は「後−前」。

・A→B：温度が $T_0$ から $\dfrac35T_0$ に下がるので $\Delta U<0$

・B→C：温度が $\dfrac35T_0$ から $T_0$ に上がるので $\Delta U>0$

・C→A：温度が変わらないので $\Delta U=0$

正になるのは B→C。

$$\Delta U=\frac32nR\left(T_0-\frac35T_0\right)=\frac35nRT_0$$

答　B→C、 $\Delta U=\dfrac35nRT_0$（5点）

問5

温度が変わらない過程（等温）が $\Delta U=0$ になる。問4 の表のとおり、C→A。

答　C→A（3点）

問6

気体が仕事をされるのは、体積が小さくなる（圧縮される）過程。A→B は $V_0$ から $\dfrac35V_0$ に減る。B→C は体積が変わらず仕事 0、C→A は体積が増えるので気体が仕事をする。されるのは A→B だけ。A→B は定圧なので、気体がした仕事は

$$W=p_{\mathrm A}\left(\frac35V_0-V_0\right)=-\frac25p_{\mathrm A}V_0=-\frac25nRT_0$$

問われているのは「された仕事」なので、符号を変えて正の値にする。p-V 図では、A→B の下の面積（下の図の色をつけた長方形）がされた仕事。

答　A→B、 $W=\dfrac25nRT_0$（5点）

問7

吸収した熱 $Q=\Delta U+W$ の符号を過程ごとに見る。

放出するのは $Q$ が負の A→B だけ。C→A は等温膨張で $\Delta U=0$ のまま気体が仕事をするので、その分を熱として吸収している（$Q=W>0$）。

A→B は単原子分子の定圧変化なので、 $Q:\Delta U:W=5:3:2$。気体がした仕事は $-\dfrac25nRT_0$（問6）で、これが「2」にあたるので

$$Q_{\mathrm{AB}}=\frac52\times\left(-\frac25nRT_0\right)=-nRT_0$$

「放出する熱量」を聞かれているので、符号を変えて正の値にする。

答　A→B、 $Q=nRT_0$（5点）

各過程の熱の出入りと、A→B でされる仕事を図に表すと次のとおり。

問8

C から断熱膨張させて圧力を $p_{\mathrm A}$ まで下げた点が D。C を通る等温曲線を書くと、これが C→A で、圧力 $p_{\mathrm A}$ になるのは体積 $V_0$ のとき。断熱曲線は等温曲線より急なので、同じ圧力 $p_{\mathrm A}$ まで下がるのに、体積はそこまで増えない。したがって $V_{\mathrm D}<V_0$。一方、C から膨張しているので $V_{\mathrm D}>\dfrac35V_0$。

$$\frac35V_0<V_{\mathrm D}<V_0$$

答　③（5点）

（確かめ：断熱変化は $pV^{5/3}$ が一定なので $p_{\mathrm C}\left(\dfrac35V_0\right)^{5/3}=p_{\mathrm A}V_{\mathrm D}^{5/3}$。 $p_{\mathrm C}=\dfrac53p_{\mathrm A}$ を入れると $V_{\mathrm D}=\dfrac35\left(\dfrac53\right)^{3/5}V_0\fallingdotseq0.82V_0$ で、たしかに $\dfrac35V_0$ と $V_0$ の間に入る）

問9

D は圧力が $p_{\mathrm A}$ の水平線の上にあり、この線の上には B（体積 $\dfrac35V_0$、温度 $T_{\mathrm B}$）と A（体積 $V_0$、温度 $T_0$）がある。圧力が同じなら $V\propto T$ なので、体積が B と A の間にある D は、温度も B と A の間。

$$T_{\mathrm B}<T_{\mathrm D}<T_0$$

答　③（5点）

（確かめ：C から断熱膨張すると温度は下がるので $T_{\mathrm D}<T_0$。圧力は B と同じで体積は B より大きいので $T_{\mathrm D}>T_{\mathrm B}$。このどちらからも同じ結論になる。ポアソンの式で数値を求めると $T_{\mathrm D}\fallingdotseq0.82T_0$。 $T_{\mathrm B}=0.6T_0$ より高く、 $T_0$ より低い）

別解

問7（定圧の熱を $Q=\Delta U+W$ で1つずつ求める）

A→B の $\Delta U=\dfrac32nR\left(\dfrac35T_0-T_0\right)=-\dfrac35nRT_0$。気体がした仕事は $W=-\dfrac25nRT_0$（問6）。

$$Q_{\mathrm{AB}}=\Delta U+W=-\frac35nRT_0-\frac25nRT_0=-nRT_0$$

5:3:2 の比で求めた結果と一致する。単原子分子の定圧変化では、比を使えば簡単に済む。

問8・問9（ポアソンの式で数値を求める）

$V_{\mathrm D}=\dfrac35\left(\dfrac53\right)^{3/5}V_0\fallingdotseq0.82V_0$ を直接求めて、 $\dfrac35V_0=0.6V_0$ と $V_0$ の間に入ることを確かめる。温度は定圧の比例関係から $T_{\mathrm D}=\dfrac{V_{\mathrm D}}{V_0}T_0\fallingdotseq0.82T_0$。ただし $\left(\dfrac53\right)^{3/5}$ の値の見当が必要で、等温曲線と断熱曲線の図で大小を判断する方が速い。